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(共151张PPT)
第五章　平面向量、复数
教材考点·真题分布
目 录 CONTENTS
教材探究问题 · 研析
教材阅读文字 · 拓展
教材典型母题 · 必刷
01
02
03
04
教材常用结论 · 推导
教材探究问题·研析
01
1.(人教A版必修第二册P8)向量加法的平行四边形法则与三角形法则一致吗 为什么
提示:(1)两个法则的使用条件不同.
三角形法则适用于任意两个非零向量求和,平行四边形法则只适用于两个不共线的向量求和.
(2)当两个向量不共线时,两个法则是一致的,如图所示,在 ABCD中,(平行四边形法则).
又因为,
所以(三角形法则).
探究
2.(人教A版必修第二册P9)(1)如果向量a,b共线,它们的加法与数的加法有什么关系 你能作出向量a＋b吗
(2)结合例1,探索|a＋b|,|a|,|b|之间的关系.
提示:(1)如果向量a,b共线,它们的加法与数的加法类似.
令＝a,＝b,当a,b共线且同向时,|a＋b|＝|a|＋|b|,如图.
当a,b共线且反向时,不妨设|a|>|b|,则|a＋b|＝|a|－|b|,如图.
(2)当a与b不共线时,由图和三角形两边之和大于第三边知|a＋b|<|a|＋|b|.
综合探究(1)知,|a＋b|≤|a|＋|b|,当且仅当a,b同向时取等号.
事实上,||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|,
在“||a|－|b||≤|a＋b|”中,当a,b反向或至少有一个为零向量时等号成立,
在“|a＋b|≤|a|＋|b|”中,当a,b同向或至少有一个为零向量时等号成立.
3.如果a＝0且b∥a,什么时候存在实数λ,使得b＝λa 这样的λ有多少个 什么时候不存在这样的实数λ
提示:只有b＝0时才存在实数λ,使得b＝λa,而且这样的λ可以是任意实数.
4.(人教A版必修第一册P21)设a,b,c是向量,(a·b)c＝a(b·c)一定成立吗 为什么
提示:不一定成立.
因为a·b为实数,b·c为实数,
则(a·b)c为与向量c共线的向量,(b·c)a为与向量a共线的向量,
而向量a与向量c未必共线,
所以不一定成立.
5.(人教A版必修第二册P33)如图,线段P1P2的端点P1,P2的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2),点P是直线P1P2上的一点.当＝λ时,点P的坐标是什么
提示:设P(x,y),
那么＋λ＋λ().
于是(1＋λ)＋λ.
即(1＋λ)(x,y)＝(x1,y1)＋λ(x2,y2)
＝(x1＋λx2,y1＋λy2),
于是,点P的坐标为 (x,y)＝.
事实上,这就是线段定比分点坐标.
已知两点P1(x1,y1),P2(x2,y2),在两点连线上有一点P,
设它的坐标为(x,y),且＝λ,
则x＝,y＝(λ≠－1).
(1)当点P在线段P1P2上时,λ>0.
(2)当点P在线段P1P2(或P2P1)的延长线上时,λ<0.
(3)当点P与点P1重合时,λ＝0.特别地,
当λ＝1时,点P为线段P1P2的中点.
6.(人教A版必修第二册P69)复数集C与实数集R之间有什么关系
提示:显然,实数集R是复数集C的真子集,即R C.
这样,复数z＝a＋bi(a,b∈R)可以分类如下:
复数
复数集、实数集、虚数集、纯虚数集之间的关系,可用图表示.
7.(人教A版必修第二册P72)若z1,z2是共轭复数,那么在复平面内它们所对应的点有怎样的关系
提示:关于实轴对称.
教材常用结论·推导
02
1.(人教A版必修第二册P18讲解拓展)设a,b是两个非零向量,则向量a在向量b上的投影向量为·b,向量b在向量a上的投影向量为·a.
证明　设a与b的夹角为θ,
∵a·b＝|a||b|cos θ,
∴|a|cos θ＝,|b|cos θ＝,
∴向量a在向量b上的投影向量为
|a|cos θ··b,
同理,向量b在向量a上的投影向量为·a.
【应用示例】 已知向量a＝(－1,2),b＝(－3,1),则a在b上的投影向量为(　　)
A. B.
C. D.
A
解析　依题意,a·b＝－1×(－3)＋2×1＝5,|b|＝,
所以a在b上的投影向量为b＝b＝.
2.(人教A版必修第二册P26例1,人教B版必修第二册P160例4拓展)(1)其和为1的等和线.点O,A,B为平面上不共线的三个点,则＝t＋(1－t) 点C在直线AB上.
证明　因为＝t＋(1－t),
所以＝t(),
所以＝t,所以点C在直线AB上.
把步骤反过去就能知道从右往左推也是正确的.
注:如果O,A,B三点共线,该结论不一定成立.
反例:如图,||＝||＝||,则,而的系数和为2.
(2)其和为k的等和线.
点O,A,B为平面上不共线的三个点,则＝t＋(k－t)(k≠1,k∈R) 点C的轨迹是平行于直线AB的一条直线.
证明　①当k＝0时,＝t()＝t,所以点C的轨迹是过点O且平行于直线AB的一条直线(如图1).
②当k≠0且k≠1时,取两点A1,B1使得＝k,＝k,
因为＝t＋(k－t),
所以,
所以点C在直线A1B1上.
因为＝k,＝k,
所以A1B1∥AB,
所以点C的轨迹是平行于直线AB的一条直线(如图2).
同样地,把推导步骤反过去就能知道从右往左推也是正确的.
【应用示例】 (2024·天津卷)在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,CE＝DE,＝λ＋μ,则λ＋μ＝　　　　.
解析　等和线:如图,连接AC交BE于点M,由平面几何知识可知,.
＝λ＋μ
＝(λ＋μ)
＝(λ＋μ),
所以λ＋μ＝.
3.(人教A版必修第二册P22练习T3,苏教版必修第二册P47T18拓展)极化恒等式:△ABC中,D为BC中点,则·＝||2－||2.
证明　·＝()·()
＝·()＋·
＝·0－
＝||2－||2.
【应用示例】 (2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·＝(　　)
A. B.3
C.2 D.5
B
解析　法一(建系)
以点A为坐标原点,,的方向分别为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略),
则E(1,0),C(2,2),D(0,2),则＝(1,2),
＝(－1,2),·＝－1＋4＝3.
法二(极化恒等式)
取CD中点F,连接EF(图略),
由极化恒等式,·＝||2－||2＝22－12＝3.
4.(人教A版必修第二册P52T2,人教B版必修第三册P89T6、P112T1,北师大版必修第二册P94T5、P132T4,湘教版必修第二册P21T11拓展)向量与四心、四心轨迹问题
(1)重心和重心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若＝0,则O是△ABC的重心.
证明　设边BC,AC,AB的中点分别为D,E,F,
则＝2,
又＝0,即＝－,
故＋2＝0,
所以A,O,D三点共线,即点O在中线AD上,同理点O在中线BE,CF上,则O是△ABC的重心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ(),λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的重心.
证明　由已知,
＝λ(),λ∈(0,＋∞),
设线段BC的中点为D,
由平行四边形法则知＝2,
所以＝λ()＝2λ,λ∈(0,＋∞),
即AP与BC边中线AD共线,
所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的重心.
证明　过点A作线段BC的垂线交BC于点E,
则||sin B＝||sin C＝||.
设线段BC的中点为D,则由已知,
()＝,λ∈(0,＋∞),
即AP与BC边中线AD共线,
所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
(2)垂心和垂心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若···,则O是△ABC的垂心.
证明　由已知,···()＝·＝0,
即OB垂直CA,也即点O在边AC的垂线上;
同理,点O也在边AB,BC的垂线上,
所以点O是△ABC的垂心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,若||2＋||2＝||2＋||2＝||2＋||2,则O是△ABC的垂心.
证明　因为,,
||2＋||2＝||2＋||2,
所以||2＋||2＝||2＋||2,
则||2＋||2＋||2－2·＝||2＋||2＋||2－2·,
即··;
同理可得,··,
所以···;
同上可证,O是△ABC的垂心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
证明　由已知,＝λ,λ∈(0,＋∞),
又·＝
＝＝－
＝－||＋||＝0,
所以·＝0,所以点P在边BC的垂线上,即点P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
(3)内心和内心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,a,b,c为△ABC的三边长,若a·＋b·＋c·＝0,则O是△ABC的内心.
证明　,,
因为a·＋b·＋c·＝0,
所以(a＋b＋c)·＋b·＋c·＝0,
等式两边同时除以a＋b＋c得,
.
因为,,方向上的单位向量,
所以所在直线平分∠BAC,
即AO为∠BAC的角平分线,
同理BO,CO分别为∠ABC,∠ACB的角平分线,
所以O为△ABC的内心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的内心.
证明　由已知,
＝λ,λ∈(0,＋∞),表示边AB方向上的单位向量,同理表示线段AC方向上的单位向量.
因为所在直线平分∠BAC,
所以λ,λ∈(0,＋∞)表示∠BAC的角平分线方向上的向量,故P的轨迹一定通过△ABC的内心.
(4)外心和外心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若||＝||＝||,则O是△ABC的外心.
证明　(略).
②已知O是△ABC所在平面上的一点,若()·＝()·＝()·＝0,则O是△ABC的外心.
证明　设边AB,BC,CA的中点分别为点D,E,F,
则()·＝2·＝0,
所以OD为线段AB的中垂线,同理OE,OF分别为线段BC,CA的中垂线,
则O是△ABC的外心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的外心.
证明　设边BC的中点为D,
则＝λ,λ∈(0,＋∞),
又·＝
＝
＝－
＝－||＋||＝0,
所以·＝0,
所以点P在边BC的中垂线上,即点P的轨迹一定通过△ABC的外心.
【应用示例】 (多选)在△ABC中,有如下四个命题,其中正确的是(　　)
A.若·>0,则△ABC为锐角三角形
B.若△ABC内一点G满足＝0,则G是△ABC的重心
C.若||＝||,则△ABC的形状为等腰三角形
D.若···,则P必为△ABC的垂心
BD
解析　对A,由·>0可得||·||·cos A>0,所以cos A>0,由此仅可得A为锐角,△ABC可能为钝角三角形,A错;
对B,设BC的中点为E,由＝0可得＋2＝0,
所以＝－2,
所以G是△ABC的重心,B对;
对C,由||＝||可得||＝||,两边同平方化简得·＝0,由此可得△ABC的形状为直角三角形,C错;
对D,由··可得()·＝0,即·＝0,
故⊥,所以PB⊥CA,
所以点P在边CA的高上,
同理可得点 P也在其它两边的高上,
所以点P为△ABC的垂心,D对.
5.(人教A版必修第二册P53T11)坐标旋转公式:对任意平面向量＝(x,y),将绕起点A逆时针方向旋转θ角后得到向量＝(x',y'),则旋转前后的坐标满足
证明　不妨以A为坐标原点建系,设∠BAx＝α,∠BAC＝θ,圆A的半径为r,
则＝(rcos α,rsin α),
即x＝rcos α,y＝rsin α,
于是＝(rcos(α＋θ),rsin(α＋θ))＝(rcos αcos θ－rsin αsin θ,rsin αcos θ＋
rcos αsin θ)＝(xcos θ－ysin θ,xsin θ＋ycos θ),
故
【应用示例】 (2025·成都模拟)已知对任意平面向量＝(x,y),把AB绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量＝(xcos θ－ysin θ,xsin θ＋ycos θ),叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.现将双曲线Γ:＝1上的每个点M绕坐标原点O沿逆时针方向旋转后得到曲线C,则曲线C的方程为　　　　.
xy=1
解析　在双曲线Γ:＝1上任取一点M(x,y),将其绕坐标原点O沿逆时针方向旋转后得到点N,
即N,
在曲线C上设点N(x',y'),
则有反求出x,y,得
因为点M(x,y)在双曲线Γ:＝1上,
故得(x'＋y')2－(y'－x')2＝2,
整理得x'y'＝1,
故曲线C的方程为xy＝1.
6.(人教B版必修第四册P36T3、P41T5、P42习题10－2BT3,湘教版必修第二册P112例3拓展)
(1)共轭复数的性质
①±.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则＝a－bi,＝c－di,
＝(a＋c)－(b＋d)i,
＝a＋c－(b＋d)i＝,
同理可证.
②·.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则＝a－bi,＝c－di,
z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i,
＝(ac－bd)－(ad＋bc)i,
·＝(ac－bd)－(ad＋bc)i,
所以·.
③(其中z2≠0).
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则,
,
,
所以.
(2)复数模的性质
①·z＝|z|2＝||2.
证明　设z＝a＋bi,则＝a－bi,a,b∈R,
所以·z＝(a－bi)(a＋bi)＝a2＋b2,
|z|2＝a2＋b2,||2＝a2＋b2,
即·z＝|z|2＝||2.
②|z1·z2|＝|z1||z2|.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i,
|z1·z2|＝
＝,
|z1|·|z2|＝·
＝,
所以|z1·z2|＝|z1||z2|.
③(其中z2≠0).
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则,
,
,
即.
【应用示例】 (多选)已知复数z1,z2,则下列说法中正确的是(　　)
A.|z1z2|＝|z1|·|z2|
B.|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|
C.“z1z2∈R”是“z1＝”的必要不充分条件
D.“|z1|＝|z2|”是“”的充分不必要条件
解析　对于A,设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d为实数,
则z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i,
AC
|z1z2|＝
＝,
|z1|·|z2|＝·
＝,
故A正确;
对于B,当z1＝i,z2＝－i时,|z1＋z2|＝0,|z1|＋|z2|＝|i|＋|－i|＝1＋1＝2,B错误;
对应C,当z1＝0,z2＝1＋i,此时z1z2∈R,显然充分性不成立,
当z1＝时,z1z2＝z2一定为实数,即必要性成立,C正确;
对于D,设z1＝1＋i,z2＝,
则|z1|＝|z2|＝,
＝(1＋i)2＝2i,＝(i)2＝－2,
不满足,故D错误.
教材阅读文字·拓展
03
1.通过阅读《阅读与思考——代数基本定理》(人教A版必修第二册P81),可从中提炼出如下结论:
(1)任何一元n(n∈N*)次复系数多项式方程f(x)＝0至少有一个复数根.
(2)任何一元n(n∈N*)次复系数多项式f(x)在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而,一元n次多项式方程有n个复数根(重根按重数计).
(3)设复系数一元二次方程a2x2＋a1x＋a0＝0(a2≠0),在复数集C内的根为x1,x2,则
证明　由题意得
a2x2＋a1x＋a0＝a2(x－x1)(x－x2)
＝a2x2－a2(x1＋x2)x＋a2x1x2,
比较系数得
即
(4)设复系数一元三次方程a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝0(a3≠0)
在复数集C内的根为x1,x2,x3,
则
证明　由题意得
a3x3＋a2x2＋a1x＋a0
＝a3(x－x1)(x－x2)(x－x3),
即a3x3＋a2x2＋a1x＋a0
＝a3x3－a3(x1＋x2＋x3)x2＋a3(x1x2＋x1x3＋x2x3)x－a3x1x2x3,
(5)设复系数一元四次方程a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝0(a4≠0)在复数集C内的根为x1,x2,x3,x4,则
证明　由题意得:
a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝a4(x－x1)(x－x2)(x－x3)(x－x4),
即a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝a4x4－a4(x1＋x2＋x3＋x4)x3＋a4(x1x2＋x1x3＋x1x4＋x2x3＋x2x4＋x3x4)x2－a4(x1x2x3＋x1x2x4＋x1x3x4＋x2x3x4)x＋a4x1x2x3x4,
【应用示例】 1799年,哥根廷大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理:任何复系数一元n次多项式方程在复数域上至少有一根(n≥1).此定理被称为代数基本定理,在代数乃至整个数学中起着基础作用.由此定理还可以推出以下重要结论:n次复系数多项式方程在复数域内有且只有n个根(重根按重数计算).对于n次复系数多项式f(x)＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0,其中an－1,an－2,…,a0∈C,若方程f(x)＝0有n个复根x1,x2,…,xn,则有如下的高阶韦达定理:
(1)在复数域内解方程x2＋4＝0;
(2)若三次方程x3＋ax2＋bx＋c＝0的三个根分别是x1＝1－i,x2＝1＋i,x3＝2(i为虚数单位),求a,b,c的值;
解　(1)由x2＋4＝0可得x2＝－4,解得x＝±2i.
(2)由题意可知:
所以a＝4,b＝6,c＝－4.
(3)在n≥4的多项式f(x)＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0中,已知an－1＝－1,a1＝－n2a,a0＝a,a为非零实数,且方程f(x)＝0的根恰好全是正实数,求出该方程的所有根(用含n的式子表示).
解　设a＝(a1,a2,…,an),b＝(b1,b2,…,bn),a1,a1,…,an,b1,b2,…,bn>0,
因为|a·b|≤|a||b|,
当且仅当a∥b时,等号成立,
可得|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|≤·,
即a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤·,
当且仅当＝…＝时,等号成立.
因为方程f(x)＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0＝0的根恰好全是正实数,
设这n个正根分别为x1,x2,…,xn,且an－1＝－1,a1＝－n2a,a0＝a,
因为x1＋x2＋…＋xn＝1,且x1,x2,…,xn均为正数,
则＋…＋＝(x1＋x2＋…＋xn)
≥＝n2,
当且仅当＝…＝＝n时,等号成立,
又因为
＝＋…＋
＝＝n2,
即＋…＋＝n2,
所以x1＝x2＝…＝xn＝.
2.通过阅读《探究与发现——1的n次方根》(人教A版必修第二册P91),可从中提炼出如下结论:
(1)棣莫弗定理:复数的n(n∈N*)次幂的模等于这个复数的模的n次幂,它的辐角等于这个复数的辐角的n倍,即[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ).
证明　①当n＝1时,左边＝r(cos θ＋isin θ)＝右边,所以原式成立.
②假设当n＝k时,原式成立,即[r(cos θ＋isin θ)]k＝rk(cos kθ＋isin kθ),
当n＝k＋1时,[r(cos θ＋isin θ)]k＋1
＝[r(cos θ＋isin θ)]k·r(cos θ＋isin θ)
＝rk(cos kθ＋isin kθ)·r(cos θ＋isin θ)
＝rk＋1[cos kθcos θ－sin kθsin θ＋(sin kθcos θ＋cos kθsin θ)i]
＝rk＋1[cos(k＋1)θ＋isin(k＋1)θ]＝右边,
即当n＝k＋1时,原式也成立.
由①②可知,原式对任何n∈N*都成立.
(2)1的3次方根为ωk＝cos ＋isin (k＝0,1,2),即ω0＝1,ω1＝－i,ω2＝－i.
证明　设z＝ρ(cos φ＋isin φ)(ρ>0)是1的3次方根,则z3＝ρ3(cos 3φ＋isin 3φ)＝1＝cos 0＋isin 0.
因此1的3次方根是ωk＝cos ＋isin ,k∈Z,
即ω0＝cos 0＋isin 0＝1,ω1＝cos ＋isin ＝－i,
ω2＝cos ＋isin ＝－i.
所以
(3)1的3次方根的性质
①(ωk)3＝1,|ωk|＝1,其中k＝0,1,2;
②ω1和ω2互为共轭复数;
③1＋ωk＋＝0(k＝1,2).
证明　①因为ωk＝cos ＋isin ,k＝0,1,2,
所以|ωk|＝＝1,
(ωk)3＝cos 2kπ＋isin 2kπ＝1.
②因为ω1＝－i,ω2＝－i,
所以ω1和ω2互为共轭复数.
③当k＝1,2时,ωk≠1,
所以1＋ωk＋
＝＝0,
所以1＋ωk＋＝0,k＝1,2.
(4)1的n次方根为ωk＝cos ＋isin (k＝0,1,2,…,n－1),且具有如下性质:
①(ωk)n＝1,|ωk|＝1,其中k＝0,1,2,…,n－1.
②1＋ωk＋＋…＋＝0,(k＝1,2,…,n－1).
证明　设z＝ρ(cos φ＋isin φ)(ρ>0)是1的n次方根,则zn＝ρn(cos nφ＋isin nφ)＝1＝cos 0＋isin 0,
因此1的n次方根为ωk＝cos ＋isin ,k＝0,1,2,…,n－1,
|ωk|＝＝1,
所以即
(ωk)n＝cos 2kπ＋isin 2kπ＝1.
当k＝1,2,…,n－1时,ωk≠1,
所以1＋ωk＋＋…＋
＝
＝＝0,
所以1＋ωk＋＋…＋＝0,k＝1,2,…,n－1.
【应用示例】 高中教材必修第二册选学内容中指出:设复数z＝a＋bi(a,b∈R)对应复平面内的点Z,设∠XOZ＝θ,|OZ|＝r,则任何一个复数z＝a＋bi都可以表示成: z＝r(cos θ＋isin θ)的形式,这种形式叫做复数的三角形式,其中r是复数z的模,θ称为复数z的辐角,若0≤θ<2π,则θ称为复数z的辐角主值,记为arg z.复数有以下三角形式的运算法则:若zi＝ri(cos θi＋isin θi),i＝1,2,…n,则z1·z2·…·zn＝r1r2…rn[cos(θ1＋θ2＋…＋θn)＋isin(θ1＋θ2＋…＋θn)],特别地,如果z1＝z2＝…zn＝r(cos θ＋isin θ),那么[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ),这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题:
(1)求复数z＝1＋cos θ＋isin θ,θ∈(π,2π)的模|z|和辐角主值arg z(用θ表示);
解　由复数z＝1＋cos θ＋isin θ,θ∈(π,2π),∈,
得|z|＝＝－2cos ;
而1＋cos θ>0,sin θ<0,则tan(arg z)＝＝tan ,
又∈,π＋∈,所以arg z＝π＋.
(2)设n≤2 024,n∈N,若存在θ∈R满足(sin θ＋icos θ)n＝sin nθ＋icos nθ,那么这样的n有多少个
解　由(sin θ＋icos θ)n
＝
＝cos＋isin,
因此cos＋isin
＝sin nθ＋icos nθ,
则－nθ＝2kπ＋－nθ,k∈Z,
解得n＝4k＋1,
而n≤2 024,n∈N,即0≤4k＋1≤2 024,
于是0≤k≤505,k∈Z,
显然符合条件的k有506个,
所以这样的n有506个.
(3)求和:S＝cos 20°＋2cos 40°＋3cos 60°＋…＋2 034cos(2 034×20°).
解　令ω＝cos 20°＋isin 20°,
而2 034×20°＝113×360°,
则ω2 034＝1,
令T＝sin 20°＋2sin 40°＋3sin 60°＋…＋2 034sin(2 034×20°),
则S＋iT＝ω＋2ω2＋3ω3＋…＋2 034ω2 034,两边同乘ω,
得ω(S＋iT)＝ω2＋2ω3＋3ω4＋…＋2 034ω2 035,
两式相减得
(1－ω)(S＋iT)＝ω＋ω2＋ω3＋…＋ω2 034－2 034ω2 035
＝－2 034ω2 034·ω＝－2 034ω,
因此S＋iT＝－,
又
＝
＝
＝－i,
因此S＋iT＝－2 034,
所以S＝1 017.
3.通过阅读《拓展阅读——向量的数量积与三角形的面积》(人教B版必修第三册P88),可从中提炼出如下结论:若在△ABC中,＝(x1,y1),＝(x2,y2),则S△ABC＝|x1y2－x2y1|.
证明　法一　如图,记||＝t,a＝(－y1,x1),
则a是与垂直的单位向量,
过C作CD⊥AB,D为垂足,
所以||＝|a·|,
因此,S△ABC＝||·||＝|||a·|＝t|x1y2－x2y1|.
法二　设∠BAC＝θ,则cos θ＝,
S△ABC＝||||sin θ
＝
＝
＝
＝|x1y2－x2y1|.
【应用示例】 (2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C:＝1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为.
(1)求C的方程;
解　由题意可知直线AM的方程为
y－3＝(x－2),即x－2y＝－4.
当y＝0时,解得x＝－4,
所以a＝4.
由椭圆C:＝1(a>b>0)过点M(2,3),
可得＝1,解得b2＝12.
所以C的方程为＝1.
(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.
解　法一　设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4).
如图所示,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程＝1,
可得3(m＋2y)2＋4y2＝48,
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0,
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0,
即m2＝64,解得m＝±8,
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8,
点N与直线AM的距离即两平行线之间的距离,
即d＝,
由两点之间距离公式可得
|AM|＝＝3,
所以△AMN的面积的最大值为
×3×＝18.
法二　设N(4cos θ,2sin θ),
＝(6,3),＝(4cos θ＋4,2sin θ),
S△AMN＝|6×2sin θ－3(4cos θ＋4)|
＝6|sin θ－cos θ－1|
＝6
≤6×3＝18.
故△AMN的面积的最大值为18.
教材典型母题·必刷
04
母题1 (人教A版必修第二册P9例2)长江两岸之间没有大桥的地方,常常通过轮渡进行运输.如图所示,一艘船从长江南岸A地出发,垂直于对岸航行,航行速度的大小为15 km/h,同时江水的速度为向东6 km/h.
(1)用向量表示江水速度、船速以及船实际航行的速度;
解　如图,表示船速,表示江水速度,以AD,AB为邻边作 ABCD,则表示船实际航行的速度.
(2)求船实际航行的速度的大小(结果保留小数点后一位)与方向(用与江水速度间的夹角表示,精确到1°).
解　在Rt△ABC中,||＝6,
||＝15,于是||＝≈16.2.
因为tan∠CAB＝,所以利用计算工具可得∠CAB≈68°.
因此,船实际航行速度的大小约为16.2 km/h,方向与江水速度间的夹角约为68°.
(2025·新高考Ⅰ卷)帆船比赛中,运动员可借助风力计测定风速的大小与方向,测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和,其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.如表给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图(风速的大小和向量的大小相同,单位:m/s),则真风为(　　)
A
等级 风速大小(单位:m/s) 名称
2 1.1~3.3 轻风
3 3.4~5.4 微风
4 5.5~7.9 和风
5 8.0~10.1 劲风
A.轻风 B.微风
C.和风 D.劲风
解析　真风风速对应的向量＝视风风速对应的向量－船行风速对应的向量＝视风风速对应的向量＋船速对应的向量＝,如图,||＝2∈[1.1,3.3],故选A.
母题2 (人教A版必修第二册P18例10)设|a|＝12,|b|＝9,a·b＝－54,求a与b的夹角θ.
解　由a·b＝|a||b|cos θ,
得cos θ＝＝－.
因为θ∈[0,π],所以θ＝.
(2023·全国甲卷)已知向量a,b,c满足|a|＝|b|＝1,|c|＝,且a＋b＋c＝0,则
cos＝(　　)
A.－ B.－
C. D.
D
解析　因为向量|a|＝|b|＝1,|c|＝,且a＋b＋c＝0,
所以c＝－a－b,等式两边同时平方得c2＝a2＋b2＋2a·b,
即2＝1＋1＋2a·b,
解得a·b＝0.
法一　a－c＝a－(－a－b)＝2a＋b,b－c＝b－(－a－b)＝a＋2b,
所以(a－c)·(b－c)＝(2a＋b)·(a＋2b)＝2a2＋5a·b＋2b2＝4,
且|a－c|＝|2a＋b|＝,
|b－c|＝|a＋2b|＝,
所以cos＝,故选D.
法二　如图1,令＝a,
＝b,＝c,
由题知,OA＝OB＝1,OC＝,△AOB是等腰直角三角形,
AB边上的高OD＝,
AD＝DB＝,
所以CD＝CO＋OD＝,
则CB＝,
CA＝,
在△ABC中,由余弦定理得cos＝cos<,>＝cos∠ACB＝,故选D.
法三　如图2,令向量a,b的起点均为O,终点分别为A,B,以,分别为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系,
则a＝(1,0),b＝(0,1),
c＝－a－b＝(－1,－1),
所以a－c＝(2,1),b－c＝(1,2),
则cos＝,故选D.
母题3 (人教A版必修第二册P21例12)已知|a|＝6,|b|＝4,a与b的夹角为60°,求(a＋2b)·(a－3b).
解　(a＋2b)·(a－3b)
＝a·a－3a·b＋2b·a－6b·b
＝|a|2－a·b－6|b|2
＝|a|2－|a||b|cos θ－6|b|2
＝62－6×4×cos 60°－6×42
＝－72.
(1)(2022·全国甲卷)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|＝1,|b|＝3,则(2a＋b)·b＝　　　　.
11
解析　 (2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2|a|·|b|·cos＋|b|2＝2×1×3×＋32＝11.
(2)(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a＋b＋c＝0,|a|＝1,|b|＝|c|＝2,则a·b＋b·c＋c·a＝　　　　.
-
解析　由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0,
因此a·b＋b·c＋c·a＝－.
母题4 (人教A版必修第二册P21例13)已知|a|＝3,|b|＝4,且a与b不共线.当k为何值时,向量a＋kb与a－kb互相垂直
解　a＋kb与a－kb互相垂直的充要条件是(a＋kb)·(a－kb)＝0,
即a2－k2b2＝0.
因为a2＝32＝9,b2＝42＝16,
所以9－16k2＝0,解得k＝±.
也就是说,当k＝±时,a＋kb与a－kb互相垂直.
(2020·全国Ⅱ卷)已知单位向量a,b的夹角为45°,ka－b与a垂直,则k＝　　　　.
解析　由题意知(ka－b)·a＝0,即ka2－b·a＝0.
因为a,b为单位向量,且夹角为45°,
所以k×12－1×1×＝0,解得k＝.
母题5 (人教A版必修第二册P23T11)(1)已知|a|＝3,|b|＝4,且a与b的夹角θ＝150°,求a·b,(a＋b)2,|a＋b|;
解　由|a|＝3,|b|＝4,且a与b的夹角θ＝150°,得a·b＝|a||b|cos 150°＝3×4×＝－6,
故(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝9＋2×(－6)＋16
＝25－12,
|a＋b|＝.
(2)已知|a|＝2,|b|＝5,且a·b＝－3,求|a＋b|,|a－b|.
解　由|a|＝2,|b|＝5,且a·b＝－3,
得|a＋b|＝
＝
＝,
故|a－b|＝
＝
＝.
(1)(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a|＝1,|a＋2b|＝2,且(b－2a)⊥b,则|b|＝(　　)
A. B.
C. D.1
B
解析　由(b－2a)⊥b,得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0,
所以b2＝2a·b.
将|a＋2b|＝2的两边同时平方,得a2＋4a·b＋4b2＝4,
即1＋2b2＋4b2＝1＋6|b|2＝4,解得|b|2＝,所以|b|＝,故选B.
(2)(2023·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a－b|＝,|a＋b|＝|2a－b|,则|b|＝　　　　.
解析　由|a－b|＝,得a2－2a·b＋b2＝3,
即2a·b＝a2＋b2－3. ①
由|a＋b|＝|2a－b|,
得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2,
整理得,3a2－6a·b＝0,
结合①,得3a2－3(a2＋b2－3)＝0,
整理得,b2＝3,所以|b|＝.
母题6 (人教A版必修第二册P31例7)已知a＝(4,2),b＝(6,y),且a∥b,求y.
解　因为a∥b,
所以4y－2×6＝0,
解得y＝3.
(2021·全国乙卷)已知向量a＝(2,5),b＝(λ,4),若a∥b,则λ＝　　　　.
解析　法一(定义法)　因为a∥b,所以存在实数k,使a＝kb,即(2,5)＝k(λ,4),
法二(结论法)　因为a∥b,
所以2×4－5λ＝0,
解得λ＝.
得
母题7 (人教A版必修第二册P35例11)设a＝(5,－7),b＝(－6,－4),求a·b及a,b的夹角θ(精确到1°).
解　a·b＝5×(－6)＋(－7)×(－4)＝－30＋28＝－2.
因为|a|＝,
|b|＝,
所以用计算器计算可得
cos θ＝≈－0.03.
利用计算工具可得θ≈92°.
(1)(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3,1),b＝(2,2),则cos＝(　　)
A. B.
C. D.
B
解析　由题意知a＋b＝(5,3),a－b＝(1,－1),
所以cos＝,故选B.
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3,4),b＝(1,0),c＝a＋tb,若＝,则t＝(　　)
A.－6 B.－5
C.5 D.6
C
解析　由题意,得c＝a＋tb＝( 3＋t,4),
所以a·c＝3×(3＋t)＋4×4＝25＋3t,
b·c＝1×(3＋t)＋0×4＝3＋t.
因为＝,所以cos ＝cos ,
即,即＝3＋t,解得t＝5,故选C.
母题8 (人教A版必修第二册P36练习T1)已知a＝(－3,4),b＝(5,2),求|a|,|b|,a·b.
解　∵a＝(－3,4),b＝(5,2),
∴|a|＝＝5,
|b|＝,
a·b＝－3×5＋4×2＝－7.
(多选)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点,点P1(cos α,sin α),P2(cos β,－sin β),P3(cos(α＋β),sin(α＋β)),A(1,0),则(　　)
A.||＝|| B.||＝||
C.·· D.··
AC
解析　由题意可知,||＝＝1,||＝＝1,
所以||＝||,故A正确;
取α＝,则P1,取β＝,则P2,则||≠||,故B错误;
因为·＝cos(α＋β),·＝cos αcos β－sin αsin β＝cos(α＋β),
所以··,故C正确;
因为·＝cos α,·
＝cos βcos(α＋β)－sin βsin(α＋β)＝cos(α＋2β),
取α＝,β＝,
则·,
·＝cos ＝－,
所以·≠·,故D错误.故选AC.
母题9 (人教A版必修第二册P36习题6.3T1)如图,在△ABC中,AD＝AB,点E是CD的中点,＝a,＝b,用a,b表示,.
解　∵在△ABC中,AD＝AB,点E是CD的中点,
∴a－b,
()＝a＋b.
(1)(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中,点D在边AB上,BD＝2DA.记＝m,＝n,则＝(　　)
A.3m－2n B.－2m＋3n
C.3m＋2n D.2m＋3n
B
解析　因为BD＝2DA,所以＝3,
所以＋3＋3()＝－2＋3＝－2m＋3n.故选B.
(2)(2025·天津卷)△ABC中,D为AB中点,,＝a,＝b,则＝
　　　　　　　 (用a,b表示);若||＝5,AE⊥CB,则·＝　　　　.
解析　
＝()＝
＝a＋b.
∵||＝5,∴25＝,
a＋b
－15
即900＝a2＋16b2＋8a·b, ①
易得＝b－a,
∵⊥,∴·＝0,
即·(b－a)＝0,
得4b2－a2－3a·b＝0, ②
由①②得2 700＝80b2－5a2,
∴16b2－a2＝540,
∴··
＝(a2－8b2＋2a·b)
＝
＝(a2－16b2)
＝×(－540)＝－15.
母题10 (人教A版必修第二册P60T8)已知a＝(1,0),b＝(1,1),λ为何值时,a＋λb与a垂直.
解　由题意知a＝(1,0),b＝(1,1),
得a＋λb＝(1,0)＋λ(1,1)＝(λ＋1,λ),
又a＋λb与a垂直,
∴(λ＋1)×1＋0×λ＝0,
解得λ＝－1.
(1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(0,1),b＝(2,x),若b⊥(b－4a),则x＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
D
解析　法一(向量法＋坐标法)
因为b⊥(b－4a),
所以b·(b－4a)＝0,即b2＝4a·b.
因为a＝(0,1),b＝(2,x),
所以b2＝4＋x2,a·b＝x,
得4＋x2＝4x,所以(x－2)2＝0,
解得x＝2,故选D.
法二(坐标法)
因为a＝(0,1),b＝(2,x),
所以b－4a＝(2,x)－4(0,1)＝(2,x)－(0,4)＝(2,x－4).
因为b⊥(b－4a),所以b·(b－4a)＝0,
所以2×2＋x(x－4)＝0,
所以(x－2)2＝0,解得x＝2,故选D.
(2)(2023·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(1,1),b＝(1,－1).若(a＋λb)⊥(a＋μb),则(　　)
A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1
C.λμ＝1 D.λμ＝－1
D
解析　因为a＝(1,1),b＝(1,－1),
所以a＋λb＝(1＋λ,1－λ),
a＋μb＝(1＋μ,1－μ).
因为(a＋λb)⊥(a＋μb),
所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0,
所以(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0,
整理得λμ＝－1,故选D.
(3)(2025·新高考Ⅱ卷)已知平面向量a＝(x,1),b＝(x－1,2x),若a⊥(a－b),则|a|＝　　　　.
解析　由题意得a－b＝(1,1－2x),
又a⊥(a－b),
所以a·(a－b)＝x＋1－2x＝1－x＝0,
解得x＝1,
所以|a|＝.
母题11 (人教B版必修第三册P113T4)设a,b,c是单位向量,且a·b＝0,求(a－c)·(b－c)的最小值.
解　因为a,b,c为单位向量,且a·b＝0,
所以可设a＝(1,0),b＝(0,1),
c＝(cos θ,sin θ),
则(a－c)·(b－c)
＝(1－cos θ,－sin θ)·(－cos θ,1－sin θ)
＝－cos θ＋cos2θ－sin θ＋sin2θ
＝1－sin.
当θ＝＋2kπ,k∈Z时,(a－c)·(b－c)取得最小值,最小值为1－.
(1)(2025·北京卷)已知平面直角坐标系xOy中,||＝||＝,||＝2,设C(3,4),则|2|的取值范围是(　　)
A.[6,14] B.[6,12]
C.[8,14] D.[8,12]
D
解析　因为||＝||＝,||＝2,
由平方,可得·＝0,
所以<,>＝.
2＝2()＋＝－2,||＝＝5,
所以|2|2＝＋4－4()·
＝2＋2＋4×25－4()·
＝104－4()·,
又|()·|≤||||＝5×＝10,
即－10≤()·≤10,
所以|2|2∈[64,144],
即|2|∈[8,12].
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则·的取值范围是(　　)
A.(－2,6) B.(－6,2)
C.(－2,4) D.(－4,6)
A
解析　如图,取A为坐标原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),C(3,), F(－1,).
设P(x,y),则＝(x,y),＝(2,0),且－1所以·＝(x,y)·(2,0)＝2x∈(－2,6).
故选A.
母题12 (人教B版必修第三册P114T5)已知△ABC中,AC＝1,BC＝,AB＝2,点M,N是线段AB上的动点,求·的最大值.
解　已知△ABC中,AC＝1,BC＝,AB＝2,
则AC2＋BC2＝AB2,
即AC⊥BC,
过C作CD⊥AB交AB于点D,
则CD＝,
又点M,N是线段AB上的动点,
则||∈,||∈,
则·＝||||cos∠NCM≤××1＝3,
当且仅当M,N均与点B重合时取等号,
即·的最大值为3.
(2023·全国乙卷)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|＝,则·的最大值为(　　)
A. B.
C.1＋ D.2＋
A
解析　法一　连接OA,由题可知|OA|＝1,OA⊥PA,
因为|OP|＝,所以由勾股定理可得|PA|＝1,
则∠POA＝.
设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合,
则－<θ<,∠APD＝＋θ,且|PD|＝cos θ.
所以·＝||||cos(＋θ)
＝cos θ·cos(＋θ)
＝cos θ(cos θ－sin θ)
＝cos2θ－sin θcos θ
＝cos 2θ－sin 2θ
＝cos(2θ＋)≤,故选A.
法二　以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系,设圆O:x2＋y2＝1,点P(,0),
因为|OA|＝1,且OA⊥PA,
所以∠POA＝,不妨设A(,).
设直线PD的方程为y＝k(x－),B(x1,y1),C(x2,y2),由
得(k2＋1)x2－2k2x＋2k2－1＝0,
由Δ＝8k4－4(k2＋1)(2k2－1)＝4－4k2>0,
解得－1y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝－,
所以D(,－),
于是＝(－,),＝(－,－),所以·.
设t＝1－k,
则0当且仅当t＝时等号成立,故选A.
母题13 (1)(人教A版必修第二册P70T1)说出下列复数的实部和虚部.
－2＋i,＋i,,－i,i,0.
(2)(人教A版必修第二册P80练习T1)计算:
①(7－6i)(－3i);②(3＋4i)(－2－3i);③(1＋2i)(3－4i)(－2－i).
解　(1)－2＋i的实部为－2,虚部为;＋i的实部为,虚部为1;,虚部为0;－i的实部为0,虚部为－;i的实部为0,虚部为1;0的实部为0,虚部为0.
(2)①(7－6i)(－3i)＝－18－21i;
②(3＋4i)(－2－3i)＝－2×3－3×3i－2×4i－4i×3i＝－6－9i－8i＋12
＝6－17i;
③(1＋2i)(3－4i)(－2－i)＝(11＋2i)(－2－i)＝－20－15i.
(2025·新高考Ⅰ卷)(1＋5i)i的虚部为(　　)
A.－1 B.0
C.1 D.6
解析　由题意(1＋5i)i＝－5＋i,其虚部为1.
C
母题14 (人教A版必修第二册P70T3)求满足下列条件的实数x,y的值:
(1)(x＋y)＋(y－1)i＝(2x＋3y)＋(2y＋1)i;
(2)(x＋y－3)＋(x－2)i＝0.
(1)(2023·全国甲卷)若复数(a＋i)·(1－ai)＝2,a∈R,则a＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
C
解析　因为(a＋i)(1－ai)＝2a＋(1－a2)i＝2,
所以2a＝2且1－a2＝0,解得a＝1,故选C.
(2)(2022·全国乙卷)已知z＝1－2i,且z＋a＋b＝0,其中a,b为实数,则(　　)
A.a＝1,b＝－2 B.a＝－1,b＝2
C.a＝1,b＝2 D.a＝－1,b＝－2
A
解析　由题意知＝1＋2i,
所以z＋a＋b＝1－2i＋a(1＋2i)＋b＝a＋b＋1＋(2a－2)i,
又z＋a＋b＝0,
所以a＋b＋1＋(2a－2)i＝0,
又a,b∈R,
(3)(2022·全国乙卷)设(1＋2i)a＋b＝2i,其中a,b为实数,则(　　)
A.a＝1,b＝－1 B.a＝1,b＝1
C.a＝－1,b＝1 D.a＝－1,b＝－1
A
解析　法一　由题意知a＋b＋2ai＝2i,
又a,b∈R,所以故选A.
法二　由题意知a＋b＋(2a－2)i＝0,
又a,b∈R,所以
解得故选A.
母题15 (人教A版必修第二册P73T5)求复数z1＝3＋4i及z2＝i的模,并比较它们的模的大小.
解　|z1|＝＝5,
|z2|＝,
∴|z1|>|z2|.
(1)(2025·北京卷)已知复数z满足i·z＋2＝2i,则|z|＝(　　)
A. B.2
C.4 D.8
B
解析　由i·z＋2＝2i可得,z＝＝2＋2i,
所以|z|＝＝2.
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)已知z＝－1－i,则|z|＝(　　)
A.0 B.1
C. D.2
C
解析　|z|＝,故选C.
(3)(2025·天津卷)已知i是虚数单位,则＝　　　　.
解析　因为＝1－3i,
所以＝|1－3i|＝.
母题16 (1)(人教A版必修第二册P78例3)计算(1－2i)(3＋4i)(－2＋i).
解　 (1－2i)(3＋4i)(－2＋i)
＝(11－2i)(－2＋i)
＝－20＋15i.
(2)(人教A版必修第二册P79例5)(1＋2i)÷(3－4i).
解　 (1＋2i)÷(3－4i)
＝
＝＝－i.
(1)(2025·新高考Ⅱ卷)已知z＝1＋i,则＝(　　)
A.－i B.i
C.－1 D.1
A
解析　由题意＝－i,故选A.
(2)(2024·全国甲卷)若z＝5＋i,则i(＋z)＝(　　)
A.10i B.2i
C.10 D.2
A
(3)(2023·新高考Ⅰ卷)已知z＝,则z－＝(　　)
A.－i B.i
C.0 D.1
A
解析　(2)因为z＝5＋i,所以＝5－i,所以i(＋z)＝10i,故选A.
(3)因为z＝＝－i,所以i,
所以z－＝－i－i＝－i,故选A.
母题17 (人教B版必修第四册P42习题10－2BT1(2))(1＋i)2 000.
解　(1＋i)2 000＝(2i)1 000＝21 000.
(2023·全国乙卷)设z＝,则 ＝(　　)
A.1－2i B.1＋2i
C.2－i D.2＋i
解析　z＝＝1－2i,
所以＝1＋2i.
B
母题18 (人教A版必修第二册P81T5)四边形ABCD是复平面内的平行四边形,A,B,C三点对应的复数分别是1＋3i,－i,2＋i,求点D对应的复数.
解　由复数的几何意义,知A,B,C分别对应复平面内的点(1,3),(0,－1),(2,1),
因为四边形ABCD是平行四边形,
所以,
设D(x,y),
则有(－1,－4)＝(2－x,1－y),
故点D对应的复数为3＋5i.
所以
(2020·全国Ⅱ卷)设复数z1,z2满足|z1|＝|z2|＝2,z1＋z2＝＋i,则|z1－z2|＝　　　　.
2
解析　法一　设z1－z2＝a＋bi,a,b∈R,
因为z1＋z2＝＋i,
所以2z1＝(＋a)＋(1＋b)i,
2z2＝(－a)＋(1－b)i.
因为|z1|＝|z2|＝2,所以|2z1|＝|2z2|＝4,
所以＝4, ①
＝4, ②
①2＋②2得a2＋b2＝12.
所以|z1－z2|＝＝2.
法二　设复数z1,z2在复平面内分别对应向量,,则z1＋z2对应向量.
由题知||＝||＝||＝2,
如图所示,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则z1－z2对应向量,OA＝AC＝OC＝2,
可得BA＝2OAsin 60°＝2.
故|z1－z2|＝||＝2.
母题19 (人教A版必修第二册P95T1(3))当A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
D
解析　复数m(3＋i)－(2＋i)＝(3m－2)＋(m－1)i,
在复平面内对应的点是(3m－2,m－1).
∵∴3m－2>0,m－1<0,
∴复数m(3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点位于第四象限.
A
(2023·新高考Ⅱ卷)在复平面内,(1＋3i)(3－i)对应的点位于(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析　因为(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i,
所以该复数在复平面内对应的点为(6,8),位于第一象限,故选A.
母题20 (人教A版必修第二册P95T7)已知(1＋2i)＝4＋3i,求z及.
解　由(1＋2i)＝4＋3i,
得＝2－i,
∴z＝2＋i,
则i.
(1)(2024·新高考Ⅰ卷)若＝1＋i,则z＝(　　)
A.－1－i B.－1＋i
C.1－i D.1＋i
C
解析　因为＝1＋i,所以,
即1－i,
即i＝,
所以z＝＝1－i,故选C.
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若i(1－z)＝1,则z＋＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
D
解析　因为i(1－z)＝1,所以z＝1－＝1＋i,
所以＝1－i,所以z＋＝(1＋i)＋(1－i)＝2.故选D.第五章　平面向量、复数
　　　　　　　　　　　　　　　　
探究1 (人教A版必修第二册P8)向量加法的平行四边形法则与三角形法则一致吗 为什么
提示:(1)两个法则的使用条件不同.
三角形法则适用于任意两个非零向量求和,平行四边形法则只适用于两个不共线的向量求和.
(2)当两个向量不共线时,两个法则是一致的,如图所示,在 ABCD中,(平行四边形法则).
又因为,
所以(三角形法则).
探究2 (人教A版必修第二册P9)(1)如果向量a,b共线,它们的加法与数的加法有什么关系 你能作出向量a＋b吗
(2)结合例1,探索|a＋b|,|a|,|b|之间的关系.
提示:(1)如果向量a,b共线,它们的加法与数的加法类似.
令＝a,＝b,当a,b共线且同向时,|a＋b|＝|a|＋|b|,如图.
当a,b共线且反向时,不妨设|a|>|b|,则|a＋b|＝|a|－|b|,如图.
(2)当a与b不共线时,由图和三角形两边之和大于第三边知|a＋b|<|a|＋|b|.
综合探究(1)知,|a＋b|≤|a|＋|b|,当且仅当a,b同向时取等号.
事实上,||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|,
在“||a|－|b||≤|a＋b|”中,当a,b反向或至少有一个为零向量时等号成立,
在“|a＋b|≤|a|＋|b|”中,当a,b同向或至少有一个为零向量时等号成立.
探究3 如果a＝0且b∥a,什么时候存在实数λ,使得b＝λa 这样的λ有多少个 什么时候不存在这样的实数λ
提示:只有b＝0时才存在实数λ,使得b＝λa,而且这样的λ可以是任意实数.
探究4 (人教A版必修第一册P21)设a,b,c是向量,(a·b)c＝a(b·c)一定成立吗 为什么
提示:不一定成立.
因为a·b为实数,b·c为实数,
则(a·b)c为与向量c共线的向量,(b·c)a为与向量a共线的向量,
而向量a与向量c未必共线,
所以不一定成立.
探究5 (人教A版必修第二册P33)如图,线段P1P2的端点P1,P2的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2),点P是直线P1P2上的一点.当＝λ时,点P的坐标是什么
提示:设P(x,y),
那么＋λ＋λ().
于是(1＋λ)＋λ.
即(1＋λ)(x,y)＝(x1,y1)＋λ(x2,y2)
＝(x1＋λx2,y1＋λy2),
于是,点P的坐标为 (x,y)＝.
事实上,这就是线段定比分点坐标.
已知两点P1(x1,y1),P2(x2,y2),在两点连线上有一点P,
设它的坐标为(x,y),且＝λ,
则x＝,y＝(λ≠－1).
(1)当点P在线段P1P2上时,λ>0.
(2)当点P在线段P1P2(或P2P1)的延长线上时,λ<0.
(3)当点P与点P1重合时,λ＝0.特别地,
当λ＝1时,点P为线段P1P2的中点.
探究6 (人教A版必修第二册P69)复数集C与实数集R之间有什么关系
提示:显然,实数集R是复数集C的真子集,即R C.
这样,复数z＝a＋bi(a,b∈R)可以分类如下:
复数
复数集、实数集、虚数集、纯虚数集之间的关系,可用图表示.
探究7 (人教A版必修第二册P72)若z1,z2是共轭复数,那么在复平面内它们所对应的点有怎样的关系
提示:关于实轴对称.
1.(人教A版必修第二册P18讲解拓展)设a,b是两个非零向量,则向量a在向量b上的投影向量为·b,向量b在向量a上的投影向量为·a.
证明　设a与b的夹角为θ,
∵a·b＝|a||b|cos θ,
∴|a|cos θ＝,|b|cos θ＝,
∴向量a在向量b上的投影向量为
|a|cos θ··b,
同理,向量b在向量a上的投影向量为·a.
【应用示例】 已知向量a＝(－1,2),b＝(－3,1),则a在b上的投影向量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　依题意,a·b＝－1×(－3)＋2×1＝5,|b|＝,
所以a在b上的投影向量为b＝b＝.
2.(人教A版必修第二册P26例1,人教B版必修第二册P160例4拓展)(1)其和为1的等和线.
点O,A,B为平面上不共线的三个点,则＝t＋(1－t) 点C在直线AB上.
证明　因为＝t＋(1－t),
所以＝t(),
所以＝t,所以点C在直线AB上.
把步骤反过去就能知道从右往左推也是正确的.
注:如果O,A,B三点共线,该结论不一定成立.
反例:如图,||＝||＝||,则,而的系数和为2.
(2)其和为k的等和线.
点O,A,B为平面上不共线的三个点,则＝t＋(k－t)(k≠1,k∈R) 点C的轨迹是平行于直线AB的一条直线.
证明　①当k＝0时,＝t()＝t,所以点C的轨迹是过点O且平行于直线AB的一条直线(如图1).
②当k≠0且k≠1时,取两点A1,B1使得＝k,＝k,
因为＝t＋(k－t),
所以,
所以点C在直线A1B1上.
因为＝k,＝k,
所以A1B1∥AB,
所以点C的轨迹是平行于直线AB的一条直线(如图2).
同样地,把推导步骤反过去就能知道从右往左推也是正确的.
【应用示例】 (2024·天津卷)在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,CE＝DE,＝λ＋μ,则λ＋μ＝　　　　.
答案　
解析　等和线:如图,连接AC交BE于点M,由平面几何知识可知,.
＝λ＋μ
＝(λ＋μ)
＝(λ＋μ),
所以λ＋μ＝.
3.(人教A版必修第二册P22练习T3,苏教版必修第二册P47T18拓展)极化恒等式:△ABC中,D为BC中点,则·＝||2－||2.
证明　·＝()·()
＝·()＋·
＝·0－
＝||2－||2.
【应用示例】 (2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·＝(　　)
A. B.3
C.2 D.5
答案　B
解析　法一(建系)
以点A为坐标原点,,的方向分别为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略),
则E(1,0),C(2,2),D(0,2),则＝(1,2),
＝(－1,2),·＝－1＋4＝3.
法二(极化恒等式)
取CD中点F,连接EF(图略),
由极化恒等式,·＝||2－||2＝22－12＝3.
4.(人教A版必修第二册P52T2,人教B版必修第三册P89T6、P112T1,北师大版必修第二册P94T5、P132T4,湘教版必修第二册P21T11拓展)向量与四心、四心轨迹问题
(1)重心和重心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若＝0,则O是△ABC的重心.
证明　设边BC,AC,AB的中点分别为D,E,F,
则＝2,
又＝0,即＝－,
故＋2＝0,
所以A,O,D三点共线,即点O在中线AD上,同理点O在中线BE,CF上,则O是△ABC的重心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ(),λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的重心.
证明　由已知,
＝λ(),λ∈(0,＋∞),
设线段BC的中点为D,
由平行四边形法则知＝2,
所以＝λ()＝2λ,λ∈(0,＋∞),
即AP与BC边中线AD共线,
所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的重心.
证明　过点A作线段BC的垂线交BC于点E,
则||sin B＝||sin C＝||.
设线段BC的中点为D,则由已知,
()＝,λ∈(0,＋∞),
即AP与BC边中线AD共线,
所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
(2)垂心和垂心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若···,则O是△ABC的垂心.
证明　由已知,···()＝·＝0,
即OB垂直CA,也即点O在边AC的垂线上;
同理,点O也在边AB,BC的垂线上,
所以点O是△ABC的垂心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,若||2＋||2＝||2＋||2＝||2＋||2,则O是△ABC的垂心.
证明　因为,,
||2＋||2＝||2＋||2,
所以||2＋||2＝||2＋||2,
则||2＋||2＋||2－2·＝||2＋||2＋||2－2·,
即··;
同理可得,··,
所以···;
同上可证,O是△ABC的垂心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
证明　由已知,＝
λ,λ∈(0,＋∞),
又·
＝
＝
＝－
＝－||＋||＝0,
所以·＝0,
所以点P在边BC的垂线上,即点P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
(3)内心和内心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,a,b,c为△ABC的三边长,若a·＋b·＋c·＝0,则O是△ABC的内心.
证明　,,
因为a·＋b·＋c·＝0,
所以(a＋b＋c)·＋b·＋c·＝0,
等式两边同时除以a＋b＋c得,
.
因为,,方向上的单位向量,
所以所在直线平分∠BAC,
即AO为∠BAC的角平分线,
同理BO,CO分别为∠ABC,∠ACB的角平分线,
所以O为△ABC的内心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的内心.
证明　由已知,
＝λ,λ∈(0,＋∞),表示边AB方向上的单位向量,同理表示线段AC方向上的单位向量.
因为所在直线平分∠BAC,
所以λ,λ∈(0,＋∞)表示∠BAC的角平分线方向上的向量,故P的轨迹一定通过△ABC的内心.
(4)外心和外心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若||＝||＝||,则O是△ABC的外心.
证明　(略).
②已知O是△ABC所在平面上的一点,若()·＝()·＝()·＝0,则O是△ABC的外心.
证明　设边AB,BC,CA的中点分别为点D,E,F,
则()·＝2·＝0,
所以OD为线段AB的中垂线,同理OE,OF分别为线段BC,CA的中垂线,
则O是△ABC的外心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的外心.
证明　设边BC的中点为D,
则
＝λ,λ∈(0,＋∞),
又·
＝
＝
＝－
＝－||＋||＝0,
所以·＝0,
所以点P在边BC的中垂线上,即点P的轨迹一定通过△ABC的外心.
【应用示例】 (多选)在△ABC中,有如下四个命题,其中正确的是(　　)
A.若·>0,则△ABC为锐角三角形
B.若△ABC内一点G满足＝0,则G是△ABC的重心
C.若||＝||,则△ABC的形状为等腰三角形
D.若···,则P必为△ABC的垂心
答案　BD
解析　对A,由·>0可得||·||·cos A>0,所以cos A>0,由此仅可得A为锐角,△ABC可能为钝角三角形,A错;
对B,设BC的中点为E,由＝0可得＋2＝0,
所以＝－2,
所以G是△ABC的重心,B对;
对C,由||＝||可得||＝||,两边同平方化简得·＝0,由此可得△ABC的形状为直角三角形,C错;
对D,由··可得()·＝0,即·＝0,
故⊥,所以PB⊥CA,
所以点P在边CA的高上,
同理可得点 P也在其它两边的高上,
所以点P为△ABC的垂心,D对.
5.(人教A版必修第二册P53T11)坐标旋转公式:对任意平面向量＝(x,y),将绕起点A逆时针方向旋转θ角后得到向量＝(x',y'),则旋转前后的坐标满足
证明　不妨以A为坐标原点建系,设∠BAx＝α,∠BAC＝θ,圆A的半径为r,
则＝(rcos α,rsin α),
即x＝rcos α,y＝rsin α,
于是＝(rcos(α＋θ),rsin(α＋θ))＝(rcos αcos θ－rsin αsin θ,rsin αcos θ＋rcos αsin θ)＝(xcos θ－
ysin θ,xsin θ＋ycos θ),
故
【应用示例】 (2025·成都模拟)已知对任意平面向量＝(x,y),把AB绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量＝(xcos θ－ysin θ,xsin θ＋ycos θ),叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.现将双曲线Γ:＝1上的每个点M绕坐标原点O沿逆时针方向旋转后得到曲线C,则曲线C的方程为　　　　.
答案　xy＝1
解析　在双曲线Γ:＝1上任取一点M(x,y),将其绕坐标原点O沿逆时针方向旋转后得到点N,
即N,
在曲线C上设点N(x',y'),
则有反求出x,y,
得
因为点M(x,y)在双曲线Γ:＝1上,
故得(x'＋y')2－(y'－x')2＝2,
整理得x'y'＝1,
故曲线C的方程为xy＝1.
6.(人教B版必修第四册P36T3、P41T5、P42习题10－2BT3,湘教版必修第二册P112例3拓展)
(1)共轭复数的性质
①±.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则＝a－bi,＝c－di,
＝(a＋c)－(b＋d)i,
＝a＋c－(b＋d)i＝,
同理可证.
②·.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则＝a－bi,＝c－di,
z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i,
＝(ac－bd)－(ad＋bc)i,
·＝(ac－bd)－(ad＋bc)i,
所以·.
③(其中z2≠0).
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则,
,
,
所以.
(2)复数模的性质
①·z＝|z|2＝||2.
证明　设z＝a＋bi,则＝a－bi,a,b∈R,
所以·z＝(a－bi)(a＋bi)＝a2＋b2,
|z|2＝a2＋b2,||2＝a2＋b2,
即·z＝|z|2＝||2.
②|z1·z2|＝|z1||z2|.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i,
|z1·z2|＝
＝,
|z1|·|z2|＝·
＝,
所以|z1·z2|＝|z1||z2|.
③(其中z2≠0).
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则,
,
,
即.
【应用示例】 (多选)已知复数z1,z2,则下列说法中正确的是(　　)
A.|z1z2|＝|z1|·|z2|
B.|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|
C.“z1z2∈R”是“z1＝”的必要不充分条件
D.“|z1|＝|z2|”是“”的充分不必要条件
答案　AC
解析　对于A,设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d为实数,
则z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i,
|z1z2|＝
＝,
|z1|·|z2|＝·
＝,
故A正确;
对于B,当z1＝i,z2＝－i时,|z1＋z2|＝0,|z1|＋|z2|＝|i|＋|－i|＝1＋1＝2,B错误;
对应C,当z1＝0,z2＝1＋i,此时z1z2∈R,显然充分性不成立,
当z1＝时,z1z2＝z2一定为实数,即必要性成立,C正确;
对于D,设z1＝1＋i,z2＝,
则|z1|＝|z2|＝,
＝(1＋i)2＝2i,＝(i)2＝－2,
不满足,故D错误.
1.通过阅读《阅读与思考——代数基本定理》(人教A版必修第二册P81),可从中提炼出如下结论:
(1)任何一元n(n∈N*)次复系数多项式方程f(x)＝0至少有一个复数根.
(2)任何一元n(n∈N*)次复系数多项式f(x)在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而,一元n次多项式方程有n个复数根(重根按重数计).
(3)设复系数一元二次方程a2x2＋a1x＋a0＝0(a2≠0),在复数集C内的根为x1,x2,则
证明　由题意得
a2x2＋a1x＋a0＝a2(x－x1)(x－x2)
＝a2x2－a2(x1＋x2)x＋a2x1x2,
比较系数得
即
(4)设复系数一元三次方程a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝0(a3≠0)
在复数集C内的根为x1,x2,x3,
则
证明　由题意得
a3x3＋a2x2＋a1x＋a0
＝a3(x－x1)(x－x2)(x－x3),
即a3x3＋a2x2＋a1x＋a0
＝a3x3－a3(x1＋x2＋x3)x2＋a3(x1x2＋x1x3＋x2x3)x－a3x1x2x3,
比较系数得:
即
(5)设复系数一元四次方程a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝0(a4≠0)在复数集C内的根为x1,x2,x3,x4,则
证明　由题意得:
a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝a4(x－x1)(x－x2)(x－x3)(x－x4),
即a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝a4x4－a4(x1＋x2＋x3＋x4)x3＋a4(x1x2＋x1x3＋x1x4＋x2x3＋x2x4＋x3x4)x2－a4(x1x2x3＋x1x2x4＋x1x3x4＋x2x3x4)x＋a4x1x2x3x4,
比较系数得:
即
【应用示例】 1799年,哥根廷大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理:任何复系数一元n次多项式方程在复数域上至少有一根(n≥1).此定理被称为代数基本定理,在代数乃至整个数学中起着基础作用.由此定理还可以推出以下重要结论:n次复系数多项式方程在复数域内有且只有n个根(重根按重数计算).对于n次复系数多项式f(x)＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0,其中an－1,an－2,…,a0∈C,若方程f(x)＝0有n个复根x1,x2,…,xn,则有如下的高阶韦达定理:
(1)在复数域内解方程x2＋4＝0;
(2)若三次方程x3＋ax2＋bx＋c＝0的三个根分别是x1＝1－i,x2＝1＋i,x3＝2(i为虚数单位),求a,b,c的值;
(3)在n≥4的多项式f(x)＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0中,已知an－1＝－1,a1＝－n2a,a0＝a,a为非零实数,且方程f(x)＝0的根恰好全是正实数,求出该方程的所有根(用含n的式子表示).
解　(1)由x2＋4＝0可得x2＝－4,
解得x＝±2i.
(2)由题意可知:
将x1＝1－i,x2＝1＋i,x3＝2代入可得
所以a＝4,b＝6,c＝－4.
(3)设a＝(a1,a2,…,an),
b＝(b1,b2,…,bn),
a1,a1,…,an,b1,b2,…,bn>0,
因为|a·b|≤|a||b|,
当且仅当a∥b时,等号成立,
可得|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|≤·,
即a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤·,
当且仅当＝…＝时,等号成立.
因为方程f(x)＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0＝0的根恰好全是正实数,
设这n个正根分别为x1,x2,…,xn,且an－1＝－1,a1＝－n2a,a0＝a,
由题意可知:
因为x1＋x2＋…＋xn＝1,且x1,x2,…,xn均为正数,
则＋…＋
＝(x1＋x2＋…＋xn)
≥＝n2,
当且仅当＝…＝＝n时,等号成立,
又因为
＝＋…＋
＝＝n2,
即＋…＋＝n2,
所以x1＝x2＝…＝xn＝.
2.通过阅读《探究与发现——1的n次方根》(人教A版必修第二册P91),可从中提炼出如下结论:
(1)棣莫弗定理:复数的n(n∈N*)次幂的模等于这个复数的模的n次幂,它的辐角等于这个复数的辐角的n倍,即[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ).
证明　①当n＝1时,左边＝r(cos θ＋isin θ)＝右边,所以原式成立.
②假设当n＝k时,原式成立,即[r(cos θ＋isin θ)]k＝rk(cos kθ＋isin kθ),
当n＝k＋1时,[r(cos θ＋isin θ)]k＋1
＝[r(cos θ＋isin θ)]k·r(cos θ＋isin θ)
＝rk(cos kθ＋isin kθ)·r(cos θ＋isin θ)
＝rk＋1[cos kθcos θ－sin kθsin θ＋(sin kθcos θ＋cos kθsin θ)i]
＝rk＋1[cos(k＋1)θ＋isin(k＋1)θ]＝右边,
即当n＝k＋1时,原式也成立.
由①②可知,原式对任何n∈N*都成立.
(2)1的3次方根为ωk＝cos ＋isin (k＝0,1,2),即ω0＝1,ω1＝－i,ω2＝－i.
证明　设z＝ρ(cos φ＋isin φ)(ρ>0)是1的3次方根,则z3＝ρ3(cos 3φ＋isin 3φ)＝1＝cos 0＋isin 0.
所以
因此1的3次方根是
ωk＝cos ＋isin ,k∈Z,
即ω0＝cos 0＋isin 0＝1,
ω1＝cos ＋isin ＝－i,
ω2＝cos ＋isin ＝－i.
(3)1的3次方根的性质
①(ωk)3＝1,|ωk|＝1,其中k＝0,1,2;
②ω1和ω2互为共轭复数;
③1＋ωk＋＝0(k＝1,2).
证明　①因为ωk＝cos ＋isin ,k＝0,1,2,
所以|ωk|＝＝1,
(ωk)3＝cos 2kπ＋isin 2kπ＝1.
②因为ω1＝－i,ω2＝－i,
所以ω1和ω2互为共轭复数.
③当k＝1,2时,ωk≠1,
所以1＋ωk＋
＝＝0,
所以1＋ωk＋＝0,k＝1,2.
(4)1的n次方根为ωk＝cos ＋isin (k＝0,1,2,…,n－1),且具有如下性质:
①(ωk)n＝1,|ωk|＝1,其中k＝0,1,2,…,n－1.
②1＋ωk＋＋…＋＝0,(k＝1,2,…,n－1).
证明　设z＝ρ(cos φ＋isin φ)(ρ>0)是1的n次方根,则zn＝ρn(cos nφ＋isin nφ)＝1＝cos 0＋isin 0,
所以
即
因此1的n次方根为
ωk＝cos ＋isin ,k＝0,1,2,…,n－1,
|ωk|＝＝1,
(ωk)n＝cos 2kπ＋isin 2kπ＝1.
当k＝1,2,…,n－1时,ωk≠1,
所以1＋ωk＋＋…＋
＝
＝＝0,
所以1＋ωk＋＋…＋＝0,k＝1,2,…,n－1.
【应用示例】 高中教材必修第二册选学内容中指出:设复数z＝a＋bi(a,b∈R)对应复平面内的点Z,设∠XOZ＝θ,|OZ|＝r,则任何一个复数z＝a＋bi都可以表示成: z＝r(cos θ＋isin θ)的形式,这种形式叫做复数的三角形式,其中r是复数z的模,θ称为复数z的辐角,若0≤θ<2π,则θ称为复数z的辐角主值,记为arg z.复数有以下三角形式的运算法则:若zi＝ri(cos θi＋isin θi),i＝1,2,…n,则z1·z2·…·zn＝r1r2…rn[cos(θ1＋θ2＋…＋θn)＋isin(θ1＋θ2＋…＋θn)],特别地,如果z1＝z2＝…zn＝r(cos θ＋isin θ),那么[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ),这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题:
(1)求复数z＝1＋cos θ＋isin θ,θ∈(π,2π)的模|z|和辐角主值arg z(用θ表示);
(2)设n≤2 024,n∈N,若存在θ∈R满足(sin θ＋icos θ)n＝sin nθ＋icos nθ,那么这样的n有多少个
(3)求和:S＝cos 20°＋2cos 40°＋3cos 60°＋…＋2 034cos(2 034×20°).
解　(1)由复数z＝1＋cos θ＋isin θ,θ∈(π,2π),∈,
得|z|＝＝－2cos ;
而1＋cos θ>0,sin θ<0,
则tan(arg z)＝
＝tan ,
又∈,π＋∈,
所以arg z＝π＋.
(2)由(sin θ＋icos θ)n
＝
＝cos＋isin,
因此cos＋isin
＝sin nθ＋icos nθ,
则
则－nθ＝2kπ＋－nθ,k∈Z,
解得n＝4k＋1,
而n≤2 024,n∈N,即0≤4k＋1≤2 024,
于是0≤k≤505,k∈Z,
显然符合条件的k有506个,
所以这样的n有506个.
(3)令ω＝cos 20°＋isin 20°,
而2 034×20°＝113×360°,
则ω2 034＝1,
令T＝sin 20°＋2sin 40°＋3sin 60°＋…＋2 034sin(2 034×20°),
则S＋iT＝ω＋2ω2＋3ω3＋…＋2 034ω2 034,两边同乘ω,
得ω(S＋iT)＝ω2＋2ω3＋3ω4＋…＋2 034ω2 035,
两式相减得
(1－ω)(S＋iT)＝ω＋ω2＋ω3＋…＋ω2 034－2 034ω2 035
＝－2 034ω2 034·ω＝－2 034ω,
因此S＋iT＝－,
又
＝
＝
＝－i,
因此S＋iT＝－2 034,
所以S＝1 017.
3.通过阅读《拓展阅读——向量的数量积与三角形的面积》(人教B版必修第三册P88),可从中提炼出如下结论:若在△ABC中,＝(x1,y1),＝(x2,y2),则S△ABC＝|x1y2－x2y1|.
证明　法一　如图,记||＝t,a＝(－y1,x1),
则a是与垂直的单位向量,
过C作CD⊥AB,D为垂足,
所以||＝|a·|,
因此,S△ABC＝||·||＝|||a·|＝t|x1y2－x2y1|.
法二　设∠BAC＝θ,则cos θ＝,
S△ABC＝||||sin θ
＝
＝
＝
＝|x1y2－x2y1|.
【应用示例】 (2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C:＝1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为.
(1)求C的方程;
(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.
解　(1)由题意可知直线AM的方程为
y－3＝(x－2),即x－2y＝－4.
当y＝0时,解得x＝－4,
所以a＝4.
由椭圆C:＝1(a>b>0)过点M(2,3),
可得＝1,解得b2＝12.
所以C的方程为＝1.
(2)法一　设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4).
如图所示,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程＝1,
可得3(m＋2y)2＋4y2＝48,
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0,
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0,
即m2＝64,解得m＝±8,
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8,
点N与直线AM的距离即两平行线之间的距离,
即d＝,
由两点之间距离公式可得
|AM|＝＝3,
所以△AMN的面积的最大值为
×3×＝18.
法二　设N(4cos θ,2sin θ),
＝(6,3),＝(4cos θ＋4,2sin θ),
S△AMN＝|6×2sin θ－3(4cos θ＋4)|
＝6|sin θ－cos θ－1|
＝6
≤6×3＝18.
故△AMN的面积的最大值为18.
母题1 (人教A版必修第二册P9例2)长江两岸之间没有大桥的地方,常常通过轮渡进行运输.如图所示,一艘船从长江南岸A地出发,垂直于对岸航行,航行速度的大小为15 km/h,同时江水的速度为向东6 km/h.
(1)用向量表示江水速度、船速以及船实际航行的速度;
(2)求船实际航行的速度的大小(结果保留小数点后一位)与方向(用与江水速度间的夹角表示,精确到1°).
解　(1)如图,表示船速,表示江水速度,以AD,AB为邻边作 ABCD,则表示船实际航行的速度.
(2)在Rt△ABC中,||＝6,
||＝15,于是||＝≈16.2.
因为tan∠CAB＝,所以利用计算工具可得∠CAB≈68°.
因此,船实际航行速度的大小约为16.2 km/h,方向与江水速度间的夹角约为68°.
(2025·新高考Ⅰ卷)帆船比赛中,运动员可借助风力计测定风速的大小与方向,测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和,其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.如表给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图(风速的大小和向量的大小相同,单位:m/s),则真风为(　　)
等级 风速大小(单位:m/s) 名称
2 1.1~3.3 轻风
3 3.4~5.4 微风
4 5.5~7.9 和风
5 8.0~10.1 劲风
A.轻风 B.微风
C.和风 D.劲风
答案　A
解析　真风风速对应的向量＝视风风速对应的向量－船行风速对应的向量＝视风风速对应的向量＋船速对应的向量＝,如图,||＝2∈[1.1,3.3],故选A.
母题2 (人教A版必修第二册P18例10)设|a|＝12,|b|＝9,a·b＝－54,求a与b的夹角θ.
解　由a·b＝|a||b|cos θ,
得cos θ＝＝－.
因为θ∈[0,π],所以θ＝.
(2023·全国甲卷)已知向量a,b,c满足|a|＝|b|＝1,|c|＝,且a＋b＋c＝0,则
cos＝(　　)
A.－ B.－
C. D.
答案　D
解析　因为向量|a|＝|b|＝1,|c|＝,且a＋b＋c＝0,
所以c＝－a－b,等式两边同时平方得c2＝a2＋b2＋2a·b,即2＝1＋1＋2a·b,
解得a·b＝0.
法一　a－c＝a－(－a－b)＝2a＋b,b－c＝b－(－a－b)＝a＋2b,
所以(a－c)·(b－c)＝(2a＋b)·(a＋2b)＝2a2＋5a·b＋2b2＝4,
且|a－c|＝|2a＋b|＝,
|b－c|＝|a＋2b|＝,
所以cos＝,故选D.
法二　如图1,令＝a,
＝b,＝c,
由题知,OA＝OB＝1,OC＝,△AOB是等腰直角三角形,
AB边上的高OD＝,
AD＝DB＝,
所以CD＝CO＋OD＝,
则CB＝,
CA＝,
在△ABC中,由余弦定理得cos＝cos<,>＝cos∠ACB＝,故选D.
法三　如图2,令向量a,b的起点均为O,终点分别为A,B,以,分别为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系,
则a＝(1,0),b＝(0,1),
c＝－a－b＝(－1,－1),
所以a－c＝(2,1),b－c＝(1,2),
则cos＝,故选D.
母题3 (人教A版必修第二册P21例12)已知|a|＝6,|b|＝4,a与b的夹角为60°,求(a＋2b)·(a－3b).
解　(a＋2b)·(a－3b)
＝a·a－3a·b＋2b·a－6b·b
＝|a|2－a·b－6|b|2
＝|a|2－|a||b|cos θ－6|b|2
＝62－6×4×cos 60°－6×42
＝－72.
(1)(2022·全国甲卷)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|＝1,|b|＝3,则(2a＋b)·b＝　　　　.
(2)(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a＋b＋c＝0,|a|＝1,|b|＝|c|＝2,则a·b＋b·c＋c·a＝　　　　.
答案　(1)11　(2)－
解析　(1)(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2|a|·|b|·cos＋|b|2＝2×1×3×＋32＝11.
(2)由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0,因此a·b＋b·c＋c·a＝－.
母题4 (人教A版必修第二册P21例13)已知|a|＝3,|b|＝4,且a与b不共线.当k为何值时,向量a＋kb与a－kb互相垂直
解　a＋kb与a－kb互相垂直的充要条件是(a＋kb)·(a－kb)＝0,
即a2－k2b2＝0.
因为a2＝32＝9,b2＝42＝16,
所以9－16k2＝0,解得k＝±.
也就是说,当k＝±时,a＋kb与a－kb互相垂直.
(2020·全国Ⅱ卷)已知单位向量a,b的夹角为45°,ka－b与a垂直,则k＝　　　　.
答案　
解析　由题意知(ka－b)·a＝0,即ka2－b·a＝0.
因为a,b为单位向量,且夹角为45°,
所以k×12－1×1×＝0,解得k＝.
母题5 (人教A版必修第二册P23T11)(1)已知|a|＝3,|b|＝4,且a与b的夹角θ＝150°,求a·b,(a＋b)2,|a＋b|;
(2)已知|a|＝2,|b|＝5,且a·b＝－3,求|a＋b|,|a－b|.
解　(1)由|a|＝3,|b|＝4,且a与b的夹角θ＝150°,得a·b＝|a||b|cos 150°＝3×4×＝
－6,
故(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝9＋2×(－6)＋16
＝25－12,
|a＋b|＝.
(2)由|a|＝2,|b|＝5,且a·b＝－3,
得|a＋b|＝
＝
＝,
故|a－b|＝
＝
＝.
(1)(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a|＝1,|a＋2b|＝2,且(b－2a)⊥b,则|b|＝(　　)
A. B.
C. D.1
(2)(2023·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a－b|＝,|a＋b|＝|2a－b|,则|b|＝　　　　.
答案　(1)B　(2)
解析　(1)由(b－2a)⊥b,
得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0,
所以b2＝2a·b.
将|a＋2b|＝2的两边同时平方,
得a2＋4a·b＋4b2＝4,
即1＋2b2＋4b2＝1＋6|b|2＝4,
解得|b|2＝,所以|b|＝,故选B.
(2)由|a－b|＝,得a2－2a·b＋b2＝3,
即2a·b＝a2＋b2－3. ①
由|a＋b|＝|2a－b|,
得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2,
整理得,3a2－6a·b＝0,
结合①,得3a2－3(a2＋b2－3)＝0,
整理得,b2＝3,所以|b|＝.
母题6 (人教A版必修第二册P31例7)已知a＝(4,2),b＝(6,y),且a∥b,求y.
解　因为a∥b,
所以4y－2×6＝0,
解得y＝3.
(2021·全国乙卷)已知向量a＝(2,5),b＝(λ,4),若a∥b,则λ＝　　　　.
答案　
解析　法一(定义法)　因为a∥b,所以存在实数k,使a＝kb,即(2,5)＝k(λ,4),
得
法二(结论法)　因为a∥b,
所以2×4－5λ＝0,
解得λ＝.
母题7 (人教A版必修第二册P35例11)设a＝(5,－7),b＝(－6,－4),求a·b及a,b的夹角θ(精确到1°).
解　a·b＝5×(－6)＋(－7)×(－4)＝－30＋28＝－2.
因为|a|＝,
|b|＝,
所以用计算器计算可得
cos θ＝≈－0.03.
利用计算工具可得θ≈92°.
(1)(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3,1),b＝(2,2),则cos＝(　　)
A. B.
C. D.
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3,4),b＝(1,0),c＝a＋tb,若＝,则t＝(　　)
A.－6 B.－5
C.5 D.6
答案　(1)B　(2)C
解析　(1)由题意知a＋b＝(5,3),a－b＝(1,－1),
所以cos＝,故选B.
(2)由题意,得c＝a＋tb＝( 3＋t,4),
所以a·c＝3×(3＋t)＋4×4＝25＋3t,
b·c＝1×(3＋t)＋0×4＝3＋t.
因为＝,
所以cos ＝cos ,
即,
即＝3＋t,解得t＝5,故选C.
母题8 (人教A版必修第二册P36练习T1)已知a＝(－3,4),b＝(5,2),求|a|,|b|,a·b.
解　∵a＝(－3,4),b＝(5,2),
∴|a|＝＝5,
|b|＝,
a·b＝－3×5＋4×2＝－7.
(多选)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点,点P1(cos α,sin α),P2(cos β,－sin β),P3(cos(α＋β),sin(α＋β)),A(1,0),则(　　)
A.||＝||
B.||＝||
C.··
D.··
答案　AC
解析　由题意可知,
||＝＝1,
||＝＝1,
所以||＝||,故A正确;
取α＝,则P1,取β＝,
则P2,则||≠||,故B错误;
因为·＝cos(α＋β),·＝cos αcos β－sin αsin β＝cos(α＋β),
所以··,故C正确;
因为·＝cos α,·
＝cos βcos(α＋β)－sin βsin(α＋β)
＝cos(α＋2β),
取α＝,β＝,
则·,
·＝cos ＝－,
所以·≠·,故D错误.故选AC.
母题9 (人教A版必修第二册P36习题6.3T1)如图,在△ABC中,AD＝AB,点E是CD的中点,＝a,＝b,用a,b表示,.
解　∵在△ABC中,AD＝AB,点E是CD的中点,
∴a－b,
()＝a＋b.
(1)(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中,点D在边AB上,BD＝2DA.记＝m,＝n,则＝(　　)
A.3m－2n B.－2m＋3n
C.3m＋2n D.2m＋3n
(2)(2025·天津卷)△ABC中,D为AB中点,,＝a,＝b,则＝　　　　(用a,b表示);若||＝5,AE⊥CB,则·＝　　　　.
答案　(1)B　(2)a＋b　－15
解析　(1)因为BD＝2DA,所以＝3,
所以＋3＋3()＝－2＋3＝－2m＋3n.故选B.
(2)
＝()＝
＝a＋b.
∵||＝5,∴25＝,
即900＝a2＋16b2＋8a·b, ①
易得＝b－a,
∵⊥,∴·＝0,
即·(b－a)＝0,
得4b2－a2－3a·b＝0, ②
由①②得2 700＝80b2－5a2,
∴16b2－a2＝540,
∴··
＝(a2－8b2＋2a·b)
＝
＝(a2－16b2)
＝×(－540)＝－15.
母题10 (人教A版必修第二册P60T8)已知a＝(1,0),b＝(1,1),λ为何值时,a＋λb与a垂直.
解　由题意知a＝(1,0),b＝(1,1),
得a＋λb＝(1,0)＋λ(1,1)＝(λ＋1,λ),
又a＋λb与a垂直,
∴(λ＋1)×1＋0×λ＝0,
解得λ＝－1.
(1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(0,1),b＝(2,x),若b⊥(b－4a),则x＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
(2)(2023·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(1,1),b＝(1,－1).若(a＋λb)⊥(a＋μb),则(　　)
A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1
C.λμ＝1 D.λμ＝－1
(3)(2025·新高考Ⅱ卷)已知平面向量a＝(x,1),b＝(x－1,2x),若a⊥(a－b),则|a|＝　　　　.
答案　(1)D　(2)D　(3)
解析　(1)法一(向量法＋坐标法)
因为b⊥(b－4a),
所以b·(b－4a)＝0,即b2＝4a·b.
因为a＝(0,1),b＝(2,x),
所以b2＝4＋x2,a·b＝x,
得4＋x2＝4x,所以(x－2)2＝0,
解得x＝2,故选D.
法二(坐标法)
因为a＝(0,1),b＝(2,x),
所以b－4a＝(2,x)－4(0,1)＝(2,x)－(0,4)＝(2,x－4).
因为b⊥(b－4a),所以b·(b－4a)＝0,
所以2×2＋x(x－4)＝0,
所以(x－2)2＝0,解得x＝2,故选D.
(2)因为a＝(1,1),b＝(1,－1),
所以a＋λb＝(1＋λ,1－λ),
a＋μb＝(1＋μ,1－μ).
因为(a＋λb)⊥(a＋μb),
所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0,
所以(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0,
整理得λμ＝－1,故选D.
(3)由题意得a－b＝(1,1－2x),
又a⊥(a－b),
所以a·(a－b)＝x＋1－2x＝1－x＝0,
解得x＝1,
所以|a|＝.
母题11 (人教B版必修第三册P113T4)设a,b,c是单位向量,且a·b＝0,求(a－c)·(b－c)的最小值.
解　因为a,b,c为单位向量,且a·b＝0,
所以可设a＝(1,0),b＝(0,1),
c＝(cos θ,sin θ),
则(a－c)·(b－c)
＝(1－cos θ,－sin θ)·(－cos θ,1－sin θ)
＝－cos θ＋cos2θ－sin θ＋sin2θ
＝1－sin.
当θ＝＋2kπ,k∈Z时,(a－c)·(b－c)取得最小值,最小值为1－.
(1)(2025·北京卷)已知平面直角坐标系xOy中,||＝||＝,||＝2,设C(3,4),则|2|的取值范围是(　　)
A.[6,14] B.[6,12]
C.[8,14] D.[8,12]
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则·的取值范围是(　　)
A.(－2,6) B.(－6,2)
C.(－2,4) D.(－4,6)
答案　(1)D　(2)A
解析　(1)因为||＝||＝,||＝2,
由平方,可得·＝0,
所以<,>＝.
2＝2()＋
＝－2,||＝＝5,
所以|2|2
＝＋4－4()·
＝2＋2＋4×25－4()·
＝104－4()·,
又|()·|≤||||
＝5×＝10,
即－10≤()·≤10,
所以|2|2∈[64,144],
即|2|∈[8,12].
(2)如图,取A为坐标原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),C(3,),
F(－1,).
设P(x,y),则＝(x,y),＝(2,0),且－1所以·＝(x,y)·(2,0)＝2x∈(－2,6).
故选A.
母题12 (人教B版必修第三册P114T5)已知△ABC中,AC＝1,BC＝,AB＝2,点M,N是线段AB上的动点,求·的最大值.
解　已知△ABC中,AC＝1,BC＝,AB＝2,
则AC2＋BC2＝AB2,
即AC⊥BC,
过C作CD⊥AB交AB于点D,
则CD＝,
又点M,N是线段AB上的动点,
则||∈,||∈,
则·＝||||cos∠NCM≤××1＝3,
当且仅当M,N均与点B重合时取等号,
即·的最大值为3.
(2023·全国乙卷)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|＝,则·的最大值为(　　)
A. B.
C.1＋ D.2＋
答案　A
解析　法一　连接OA,由题可知|OA|＝1,OA⊥PA,
因为|OP|＝,所以由勾股定理可得|PA|＝1,
则∠POA＝.
设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合,则－<θ<,
∠APD＝＋θ,且|PD|＝cos θ.
所以·＝||||cos(＋θ)
＝cos θ·cos(＋θ)
＝cos θ(cos θ－sin θ)
＝cos2θ－sin θcos θ
＝cos 2θ－sin 2θ
＝cos(2θ＋)≤,故选A.
法二　以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系,设圆O:x2＋y2＝1,点P(,0),
因为|OA|＝1,且OA⊥PA,
所以∠POA＝,不妨设A(,).
设直线PD的方程为y＝k(x－),B(x1,y1),C(x2,y2),由
得(k2＋1)x2－2k2x＋2k2－1＝0,
由Δ＝8k4－4(k2＋1)(2k2－1)＝4－4k2>0,
解得－1y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝－,
所以D(,－),
于是＝(－,),＝(－,－),所以·.
设t＝1－k,
则0当且仅当t＝时等号成立,故选A.
母题13 (1)(人教A版必修第二册P70T1)说出下列复数的实部和虚部.
－2＋i,＋i,,－i,i,0.
(2)(人教A版必修第二册P80练习T1)计算:
①(7－6i)(－3i);②(3＋4i)(－2－3i);
③(1＋2i)(3－4i)(－2－i).
解　(1)－2＋i的实部为－2,虚部为;＋i的实部为,虚部为1;,虚部为0;－i的实部为0,虚部为－;i的实部为0,虚部为1;0的实部为0,虚部为0.
(2)①(7－6i)(－3i)＝－18－21i;
②(3＋4i)(－2－3i)＝－2×3－3×3i－2×4i－4i×3i＝－6－9i－8i＋12＝6－17i;
③(1＋2i)(3－4i)(－2－i)＝(11＋2i)(－2－i)＝－20－15i.
(2025·新高考Ⅰ卷)(1＋5i)i的虚部为(　　)
A.－1 B.0
C.1 D.6
答案　C
解析　由题意(1＋5i)i＝－5＋i,其虚部为1.
母题14 (人教A版必修第二册P70T3)求满足下列条件的实数x,y的值:
(1)(x＋y)＋(y－1)i＝(2x＋3y)＋(2y＋1)i;
(2)(x＋y－3)＋(x－2)i＝0.
解　(1)由题意得
解得
(2)由题意得
(1)(2023·全国甲卷)若复数(a＋i)·(1－ai)＝2,a∈R,则a＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
(2)(2022·全国乙卷)已知z＝1－2i,且z＋a＋b＝0,其中a,b为实数,则(　　)
A.a＝1,b＝－2 B.a＝－1,b＝2
C.a＝1,b＝2 D.a＝－1,b＝－2
(3)(2022·全国乙卷)设(1＋2i)a＋b＝2i,其中a,b为实数,则(　　)
A.a＝1,b＝－1 B.a＝1,b＝1
C.a＝－1,b＝1 D.a＝－1,b＝－1
答案　(1)C　(2)A　(3)A
解析　(1)因为(a＋i)(1－ai)＝2a＋(1－a2)i＝2,
所以2a＝2且1－a2＝0,解得a＝1,故选C.
(2)由题意知＝1＋2i,
所以z＋a＋b＝1－2i＋a(1＋2i)＋b＝a＋b＋1＋(2a－2)i,
又z＋a＋b＝0,
所以a＋b＋1＋(2a－2)i＝0,
又a,b∈R,
所以故选A.
(3)法一　由题意知a＋b＋2ai＝2i,
又a,b∈R,所以故选A.
法二　由题意知a＋b＋(2a－2)i＝0,
又a,b∈R,所以
解得故选A.
母题15 (人教A版必修第二册P73T5)求复数z1＝3＋4i及z2＝i的模,并比较它们的模的大小.
解　|z1|＝＝5,
|z2|＝,
∴|z1|>|z2|.
(1)(2025·北京卷)已知复数z满足i·z＋2＝2i,则|z|＝(　　)
A. B.2
C.4 D.8
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)已知z＝－1－i,则|z|＝(　　)
A.0 B.1
C. D.2
(3)(2025·天津卷)已知i是虚数单位,则＝　　　　.
答案　(1)B　(2)C　(3)
解析　(1)由i·z＋2＝2i可得,z＝＝2＋2i,
所以|z|＝＝2.
(2)|z|＝,故选C.
(3)因为＝1－3i,
所以＝|1－3i|＝.
母题16 (1)(人教A版必修第二册P78例3)计算(1－2i)(3＋4i)(－2＋i).
(2)(人教A版必修第二册P79例5)(1＋2i)÷(3－4i).
解　(1)(1－2i)(3＋4i)(－2＋i)
＝(11－2i)(－2＋i)
＝－20＋15i.
(2)(1＋2i)÷(3－4i)
＝
＝＝－i.
(1)(2025·新高考Ⅱ卷)已知z＝1＋i,则＝(　　)
A.－i B.i
C.－1 D.1
(2)(2024·全国甲卷)若z＝5＋i,则i(＋z)＝(　　)
A.10i B.2i
C.10 D.2
(3)(2023·新高考Ⅰ卷)已知z＝,则z－＝(　　)
A.－i B.i
C.0 D.1
答案　(1)A　(2)A　(3)A
解析　(1)由题意＝－i,故选A.
(2)因为z＝5＋i,所以＝5－i,
所以i(＋z)＝10i,故选A.
(3)因为z＝＝－i,
所以i,
所以z－＝－i－i＝－i,故选A.
母题17 (人教B版必修第四册P42习题10－2BT1(2))(1＋i)2 000.
解　(1＋i)2 000＝(2i)1 000＝21 000.
(2023·全国乙卷)设z＝,则 ＝(　　)
A.1－2i B.1＋2i
C.2－i D.2＋i
答案　B
解析　z＝＝1－2i,
所以＝1＋2i.
母题18 (人教A版必修第二册P81T5)四边形ABCD是复平面内的平行四边形,A,B,C三点对应的复数分别是1＋3i,－i,2＋i,求点D对应的复数.
解　由复数的几何意义,知A,B,C分别对应复平面内的点(1,3),(0,－1),(2,1),
因为四边形ABCD是平行四边形,
所以,
设D(x,y),
则有(－1,－4)＝(2－x,1－y),
所以
故点D对应的复数为3＋5i.
(2020·全国Ⅱ卷)设复数z1,z2满足|z1|＝|z2|＝2,z1＋z2＝＋i,则|z1－z2|＝　　　　.
答案　2
解析　法一　设z1－z2＝a＋bi,a,b∈R,
因为z1＋z2＝＋i,
所以2z1＝(＋a)＋(1＋b)i,
2z2＝(－a)＋(1－b)i.
因为|z1|＝|z2|＝2,所以|2z1|＝|2z2|＝4,
所以＝4, ①
＝4, ②
①2＋②2得a2＋b2＝12.
所以|z1－z2|＝＝2.
法二　设复数z1,z2在复平面内分别对应向量,,则z1＋z2对应向量.
由题知||＝||＝||＝2,
如图所示,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则z1－z2对应向量,OA＝AC＝OC＝2,
可得BA＝2OAsin 60°＝2.
故|z1－z2|＝||＝2.
母题19 (人教A版必修第二册P95T1(3))当A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案　D
解析　复数m(3＋i)－(2＋i)＝(3m－2)＋(m－1)i,
在复平面内对应的点是(3m－2,m－1).
∵∴3m－2>0,m－1<0,
∴复数m(3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点位于第四象限.
(2023·新高考Ⅱ卷)在复平面内,(1＋3i)(3－i)对应的点位于(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案　A
解析　因为(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i,
所以该复数在复平面内对应的点为(6,8),位于第一象限,故选A.
母题20 (人教A版必修第二册P95T7)已知(1＋2i)＝4＋3i,求z及.
解　由(1＋2i)＝4＋3i,
得＝2－i,
∴z＝2＋i,
则i.
(1)(2024·新高考Ⅰ卷)若＝1＋i,则z＝(　　)
A.－1－i B.－1＋i
C.1－i D.1＋i
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若i(1－z)＝1,则z＋＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
答案　(1)C　(2)D
解析　(1)因为＝1＋i,所以,
即1－i,
即i＝,
所以z＝＝1－i,故选C.
(2)因为i(1－z)＝1,所以z＝1－＝1＋i,
所以＝1－i,所以z＋＝(1＋i)＋(1－i)＝2.故选D.第五章　平面向量、复数
　　　　　　　　　　　　　　　　
探究1 (人教A版必修第二册P8)向量加法的平行四边形法则与三角形法则一致吗 为什么
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究2 (人教A版必修第二册P9)(1)如果向量a,b共线,它们的加法与数的加法有什么关系 你能作出向量a＋b吗
(2)结合例1,探索|a＋b|,|a|,|b|之间的关系.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究3 如果a＝0且b∥a,什么时候存在实数λ,使得b＝λa 这样的λ有多少个 什么时候不存在这样的实数λ
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究4 (人教A版必修第一册P21)设a,b,c是向量,(a·b)c＝a(b·c)一定成立吗 为什么
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究5 (人教A版必修第二册P33)如图,线段P1P2的端点P1,P2的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2),点P是直线P1P2上的一点.当＝λ时,点P的坐标是什么
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究6 (人教A版必修第二册P69)复数集C与实数集R之间有什么关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究7 (人教A版必修第二册P72)若z1,z2是共轭复数,那么在复平面内它们所对应的点有怎样的关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(人教A版必修第二册P18讲解拓展)设a,b是两个非零向量,则向量a在向量b上的投影向量为·b,向量b在向量a上的投影向量为·a.
证明　设a与b的夹角为θ,
∵a·b＝|a||b|cos θ,
∴|a|cos θ＝,|b|cos θ＝,
∴向量a在向量b上的投影向量为
|a|cos θ··b,
同理,向量b在向量a上的投影向量为·a.
【应用示例】 已知向量a＝(－1,2),b＝(－3,1),则a在b上的投影向量为(　　)
A. B.
C. D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.(人教A版必修第二册P26例1,人教B版必修第二册P160例4拓展)(1)其和为1的等和线.
点O,A,B为平面上不共线的三个点,则＝t＋(1－t) 点C在直线AB上.
证明　因为＝t＋(1－t),
所以＝t(),
所以＝t,所以点C在直线AB上.
把步骤反过去就能知道从右往左推也是正确的.
注:如果O,A,B三点共线,该结论不一定成立.
反例:如图,||＝||＝||,则,而的系数和为2.
(2)其和为k的等和线.
点O,A,B为平面上不共线的三个点,则＝t＋(k－t)(k≠1,k∈R) 点C的轨迹是平行于直线AB的一条直线.
证明　①当k＝0时,＝t()＝t,所以点C的轨迹是过点O且平行于直线AB的一条直线(如图1).
②当k≠0且k≠1时,取两点A1,B1使得＝k,＝k,
因为＝t＋(k－t),
所以,
所以点C在直线A1B1上.
因为＝k,＝k,
所以A1B1∥AB,
所以点C的轨迹是平行于直线AB的一条直线(如图2).
同样地,把推导步骤反过去就能知道从右往左推也是正确的.
【应用示例】 (2024·天津卷)在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,CE＝DE,＝λ＋μ,则λ＋μ＝　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.(人教A版必修第二册P22练习T3,苏教版必修第二册P47T18拓展)极化恒等式:△ABC中,D为BC中点,则·＝||2－||2.
证明　·＝()·()
＝·()＋·
＝·0－
＝||2－||2.
【应用示例】 (2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·＝(　　)
A. B.3
C.2 D.5
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4.(人教A版必修第二册P52T2,人教B版必修第三册P89T6、P112T1,北师大版必修第二册P94T5、P132T4,湘教版必修第二册P21T11拓展)向量与四心、四心轨迹问题
(1)重心和重心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若＝0,则O是△ABC的重心.
证明　设边BC,AC,AB的中点分别为D,E,F,
则＝2,
又＝0,即＝－,
故＋2＝0,
所以A,O,D三点共线,即点O在中线AD上,同理点O在中线BE,CF上,则O是△ABC的重心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ(),λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的重心.
证明　由已知,
＝λ(),λ∈(0,＋∞),
设线段BC的中点为D,
由平行四边形法则知＝2,
所以＝λ()＝2λ,λ∈(0,＋∞),
即AP与BC边中线AD共线,
所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的重心.
证明　过点A作线段BC的垂线交BC于点E,
则||sin B＝||sin C＝||.
设线段BC的中点为D,则由已知,
()＝,λ∈(0,＋∞),
即AP与BC边中线AD共线,
所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
(2)垂心和垂心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若···,则O是△ABC的垂心.
证明　由已知,···()＝·＝0,
即OB垂直CA,也即点O在边AC的垂线上;
同理,点O也在边AB,BC的垂线上,
所以点O是△ABC的垂心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,若||2＋||2＝||2＋||2＝||2＋||2,则O是△ABC的垂心.
证明　因为,,
||2＋||2＝||2＋||2,
所以||2＋||2＝||2＋||2,
则||2＋||2＋||2－2·＝||2＋||2＋||2－2·,
即··;
同理可得,··,
所以···;
同上可证,O是△ABC的垂心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
证明　由已知,＝
λ,λ∈(0,＋∞),
又·
＝
＝
＝－
＝－||＋||＝0,
所以·＝0,
所以点P在边BC的垂线上,即点P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
(3)内心和内心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,a,b,c为△ABC的三边长,若a·＋b·＋c·＝0,则O是△ABC的内心.
证明　,,
因为a·＋b·＋c·＝0,
所以(a＋b＋c)·＋b·＋c·＝0,
等式两边同时除以a＋b＋c得,
.
因为,,方向上的单位向量,
所以所在直线平分∠BAC,
即AO为∠BAC的角平分线,
同理BO,CO分别为∠ABC,∠ACB的角平分线,
所以O为△ABC的内心.
②已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的内心.
证明　由已知,
＝λ,λ∈(0,＋∞),表示边AB方向上的单位向量,同理表示线段AC方向上的单位向量.
因为所在直线平分∠BAC,
所以λ,λ∈(0,＋∞)表示∠BAC的角平分线方向上的向量,故P的轨迹一定通过△ABC的内心.
(4)外心和外心轨迹问题
①已知O是△ABC所在平面上的一点,若||＝||＝||,则O是△ABC的外心.
证明　(略).
②已知O是△ABC所在平面上的一点,若()·＝()·＝()·＝0,则O是△ABC的外心.
证明　设边AB,BC,CA的中点分别为点D,E,F,
则()·＝2·＝0,
所以OD为线段AB的中垂线,同理OE,OF分别为线段BC,CA的中垂线,
则O是△ABC的外心.
③已知O是△ABC所在平面上的一点,动点P满足＋λ,λ∈(0,＋∞),则P的轨迹一定通过△ABC的外心.
证明　设边BC的中点为D,
则
＝λ,λ∈(0,＋∞),
又·
＝
＝
＝－
＝－||＋||＝0,
所以·＝0,
所以点P在边BC的中垂线上,即点P的轨迹一定通过△ABC的外心.
【应用示例】 (多选)在△ABC中,有如下四个命题,其中正确的是(　　)
A.若·>0,则△ABC为锐角三角形
B.若△ABC内一点G满足＝0,则G是△ABC的重心
C.若||＝||,则△ABC的形状为等腰三角形
D.若···,则P必为△ABC的垂心
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5.(人教A版必修第二册P53T11)坐标旋转公式:对任意平面向量＝(x,y),将绕起点A逆时针方向旋转θ角后得到向量＝(x',y'),则旋转前后的坐标满足
证明　不妨以A为坐标原点建系,设∠BAx＝α,∠BAC＝θ,圆A的半径为r,
则＝(rcos α,rsin α),
即x＝rcos α,y＝rsin α,
于是＝(rcos(α＋θ),rsin(α＋θ))＝(rcos αcos θ－rsin αsin θ,rsin αcos θ＋rcos αsin θ)＝(xcos θ－
ysin θ,xsin θ＋ycos θ),
故
【应用示例】 (2025·成都模拟)已知对任意平面向量＝(x,y),把AB绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量＝(xcos θ－ysin θ,xsin θ＋ycos θ),叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.现将双曲线Γ:＝1上的每个点M绕坐标原点O沿逆时针方向旋转后得到曲线C,则曲线C的方程为　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6.(人教B版必修第四册P36T3、P41T5、P42习题10－2BT3,湘教版必修第二册P112例3拓展)
(1)共轭复数的性质
①±.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则＝a－bi,＝c－di,
＝(a＋c)－(b＋d)i,
＝a＋c－(b＋d)i＝,
同理可证.
②·.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则＝a－bi,＝c－di,
z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i,
＝(ac－bd)－(ad＋bc)i,
·＝(ac－bd)－(ad＋bc)i,
所以·.
③(其中z2≠0).
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则,
,
,
所以.
(2)复数模的性质
①·z＝|z|2＝||2.
证明　设z＝a＋bi,则＝a－bi,a,b∈R,
所以·z＝(a－bi)(a＋bi)＝a2＋b2,
|z|2＝a2＋b2,||2＝a2＋b2,
即·z＝|z|2＝||2.
②|z1·z2|＝|z1||z2|.
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i,
|z1·z2|＝
＝,
|z1|·|z2|＝·
＝,
所以|z1·z2|＝|z1||z2|.
③(其中z2≠0).
证明　设z1＝a＋bi,z2＝c＋di,a,b,c,d∈R,
则,
,
,
即.
【应用示例】 (多选)已知复数z1,z2,则下列说法中正确的是(　　)
A.|z1z2|＝|z1|·|z2|
B.|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|
C.“z1z2∈R”是“z1＝”的必要不充分条件
D.“|z1|＝|z2|”是“”的充分不必要条件
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.通过阅读《阅读与思考——代数基本定理》(人教A版必修第二册P81),可从中提炼出如下结论:
(1)任何一元n(n∈N*)次复系数多项式方程f(x)＝0至少有一个复数根.
(2)任何一元n(n∈N*)次复系数多项式f(x)在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而,一元n次多项式方程有n个复数根(重根按重数计).
(3)设复系数一元二次方程a2x2＋a1x＋a0＝0(a2≠0),在复数集C内的根为x1,x2,则
证明　由题意得
a2x2＋a1x＋a0＝a2(x－x1)(x－x2)
＝a2x2－a2(x1＋x2)x＋a2x1x2,
比较系数得
即
(4)设复系数一元三次方程a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝0(a3≠0)
在复数集C内的根为x1,x2,x3,
则
证明　由题意得
a3x3＋a2x2＋a1x＋a0
＝a3(x－x1)(x－x2)(x－x3),
即a3x3＋a2x2＋a1x＋a0
＝a3x3－a3(x1＋x2＋x3)x2＋a3(x1x2＋x1x3＋x2x3)x－a3x1x2x3,
比较系数得:
即
(5)设复系数一元四次方程a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝0(a4≠0)在复数集C内的根为x1,x2,x3,x4,则
证明　由题意得:
a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝a4(x－x1)(x－x2)(x－x3)(x－x4),
即a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝a4x4－a4(x1＋x2＋x3＋x4)x3＋a4(x1x2＋x1x3＋x1x4＋x2x3＋x2x4＋x3x4)x2－a4(x1x2x3＋x1x2x4＋x1x3x4＋x2x3x4)x＋a4x1x2x3x4,
比较系数得:
即
【应用示例】 1799年,哥根廷大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理:任何复系数一元n次多项式方程在复数域上至少有一根(n≥1).此定理被称为代数基本定理,在代数乃至整个数学中起着基础作用.由此定理还可以推出以下重要结论:n次复系数多项式方程在复数域内有且只有n个根(重根按重数计算).对于n次复系数多项式f(x)＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0,其中an－1,an－2,…,a0∈C,若方程f(x)＝0有n个复根x1,x2,…,xn,则有如下的高阶韦达定理:
(1)在复数域内解方程x2＋4＝0;
(2)若三次方程x3＋ax2＋bx＋c＝0的三个根分别是x1＝1－i,x2＝1＋i,x3＝2(i为虚数单位),求a,b,c的值;
(3)在n≥4的多项式f(x)＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0中,已知an－1＝－1,a1＝－n2a,a0＝a,a为非零实数,且方程f(x)＝0的根恰好全是正实数,求出该方程的所有根(用含n的式子表示).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.通过阅读《探究与发现——1的n次方根》(人教A版必修第二册P91),可从中提炼出如下结论:
(1)棣莫弗定理:复数的n(n∈N*)次幂的模等于这个复数的模的n次幂,它的辐角等于这个复数的辐角的n倍,即[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ).
证明　①当n＝1时,左边＝r(cos θ＋isin θ)＝右边,所以原式成立.
②假设当n＝k时,原式成立,即[r(cos θ＋isin θ)]k＝rk(cos kθ＋isin kθ),
当n＝k＋1时,[r(cos θ＋isin θ)]k＋1
＝[r(cos θ＋isin θ)]k·r(cos θ＋isin θ)
＝rk(cos kθ＋isin kθ)·r(cos θ＋isin θ)
＝rk＋1[cos kθcos θ－sin kθsin θ＋(sin kθcos θ＋cos kθsin θ)i]
＝rk＋1[cos(k＋1)θ＋isin(k＋1)θ]＝右边,
即当n＝k＋1时,原式也成立.
由①②可知,原式对任何n∈N*都成立.
(2)1的3次方根为ωk＝cos ＋isin (k＝0,1,2),即ω0＝1,ω1＝－i,ω2＝－i.
证明　设z＝ρ(cos φ＋isin φ)(ρ>0)是1的3次方根,则z3＝ρ3(cos 3φ＋isin 3φ)＝1＝cos 0＋isin 0.
所以
因此1的3次方根是
ωk＝cos ＋isin ,k∈Z,
即ω0＝cos 0＋isin 0＝1,
ω1＝cos ＋isin ＝－i,
ω2＝cos ＋isin ＝－i.
(3)1的3次方根的性质
①(ωk)3＝1,|ωk|＝1,其中k＝0,1,2;
②ω1和ω2互为共轭复数;
③1＋ωk＋＝0(k＝1,2).
证明　①因为ωk＝cos ＋isin ,k＝0,1,2,
所以|ωk|＝＝1,
(ωk)3＝cos 2kπ＋isin 2kπ＝1.
②因为ω1＝－i,ω2＝－i,
所以ω1和ω2互为共轭复数.
③当k＝1,2时,ωk≠1,
所以1＋ωk＋
＝＝0,
所以1＋ωk＋＝0,k＝1,2.
(4)1的n次方根为ωk＝cos ＋isin (k＝0,1,2,…,n－1),且具有如下性质:
①(ωk)n＝1,|ωk|＝1,其中k＝0,1,2,…,n－1.
②1＋ωk＋＋…＋＝0,(k＝1,2,…,n－1).
证明　设z＝ρ(cos φ＋isin φ)(ρ>0)是1的n次方根,则zn＝ρn(cos nφ＋isin nφ)＝1＝cos 0＋isin 0,
所以
即
因此1的n次方根为
ωk＝cos ＋isin ,k＝0,1,2,…,n－1,
|ωk|＝＝1,
(ωk)n＝cos 2kπ＋isin 2kπ＝1.
当k＝1,2,…,n－1时,ωk≠1,
所以1＋ωk＋＋…＋
＝
＝＝0,
所以1＋ωk＋＋…＋＝0,k＝1,2,…,n－1.
【应用示例】 高中教材必修第二册选学内容中指出:设复数z＝a＋bi(a,b∈R)对应复平面内的点Z,设∠XOZ＝θ,|OZ|＝r,则任何一个复数z＝a＋bi都可以表示成: z＝r(cos θ＋isin θ)的形式,这种形式叫做复数的三角形式,其中r是复数z的模,θ称为复数z的辐角,若0≤θ<2π,则θ称为复数z的辐角主值,记为arg z.复数有以下三角形式的运算法则:若zi＝ri(cos θi＋isin θi),i＝1,2,…n,则z1·z2·…·zn＝r1r2…rn[cos(θ1＋θ2＋…＋θn)＋isin(θ1＋θ2＋…＋θn)],特别地,如果z1＝z2＝…zn＝r(cos θ＋isin θ),那么[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ),这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题:
(1)求复数z＝1＋cos θ＋isin θ,θ∈(π,2π)的模|z|和辐角主值arg z(用θ表示);
(2)设n≤2 024,n∈N,若存在θ∈R满足(sin θ＋icos θ)n＝sin nθ＋icos nθ,那么这样的n有多少个
(3)求和:S＝cos 20°＋2cos 40°＋3cos 60°＋…＋2 034cos(2 034×20°).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.通过阅读《拓展阅读——向量的数量积与三角形的面积》(人教B版必修第三册P88),可从中提炼出如下结论:若在△ABC中,＝(x1,y1),＝(x2,y2),则S△ABC＝|x1y2－x2y1|.
证明　法一　如图,记||＝t,a＝(－y1,x1),
则a是与垂直的单位向量,
过C作CD⊥AB,D为垂足,
所以||＝|a·|,
因此,S△ABC＝||·||＝|||a·|＝t|x1y2－x2y1|.
法二　设∠BAC＝θ,则cos θ＝,
S△ABC＝||||sin θ
＝
＝
＝
＝|x1y2－x2y1|.
【应用示例】 (2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C:＝1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为.
(1)求C的方程;
(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题1 (人教A版必修第二册P9例2)长江两岸之间没有大桥的地方,常常通过轮渡进行运输.如图所示,一艘船从长江南岸A地出发,垂直于对岸航行,航行速度的大小为15 km/h,同时江水的速度为向东6 km/h.
(1)用向量表示江水速度、船速以及船实际航行的速度;
(2)求船实际航行的速度的大小(结果保留小数点后一位)与方向(用与江水速度间的夹角表示,精确到1°).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2025·新高考Ⅰ卷)帆船比赛中,运动员可借助风力计测定风速的大小与方向,测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和,其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.如表给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图(风速的大小和向量的大小相同,单位:m/s),则真风为(　　)
等级 风速大小(单位:m/s) 名称
2 1.1~3.3 轻风
3 3.4~5.4 微风
4 5.5~7.9 和风
5 8.0~10.1 劲风
A.轻风 B.微风
C.和风 D.劲风
母题2 (人教A版必修第二册P18例10)设|a|＝12,|b|＝9,a·b＝－54,求a与b的夹角θ.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2023·全国甲卷)已知向量a,b,c满足|a|＝|b|＝1,|c|＝,且a＋b＋c＝0,则
cos＝(　　)
A.－ B.－
C. D.
母题3 (人教A版必修第二册P21例12)已知|a|＝6,|b|＝4,a与b的夹角为60°,求(a＋2b)·(a－3b).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2022·全国甲卷)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|＝1,|b|＝3,则(2a＋b)·b＝　　　　.
(2)(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a＋b＋c＝0,|a|＝1,|b|＝|c|＝2,则a·b＋b·c＋c·a＝　　　　.
母题4 (人教A版必修第二册P21例13)已知|a|＝3,|b|＝4,且a与b不共线.当k为何值时,向量a＋kb与a－kb互相垂直
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2020·全国Ⅱ卷)已知单位向量a,b的夹角为45°,ka－b与a垂直,则k＝　　　　.
母题5 (人教A版必修第二册P23T11)(1)已知|a|＝3,|b|＝4,且a与b的夹角θ＝150°,求a·b,(a＋b)2,|a＋b|;
(2)已知|a|＝2,|b|＝5,且a·b＝－3,求|a＋b|,|a－b|.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a|＝1,|a＋2b|＝2,且(b－2a)⊥b,则|b|＝(　　)
A. B.
C. D.1
(2)(2023·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a－b|＝,|a＋b|＝|2a－b|,则|b|＝　　　　.
母题6 (人教A版必修第二册P31例7)已知a＝(4,2),b＝(6,y),且a∥b,求y.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2021·全国乙卷)已知向量a＝(2,5),b＝(λ,4),若a∥b,则λ＝　　　　.
母题7 (人教A版必修第二册P35例11)设a＝(5,－7),b＝(－6,－4),求a·b及a,b的夹角θ(精确到1°).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3,1),b＝(2,2),则cos＝(　　)
A. B.
C. D.
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3,4),b＝(1,0),c＝a＋tb,若＝,则t＝(　　)
A.－6 B.－5
C.5 D.6
母题8 (人教A版必修第二册P36练习T1)已知a＝(－3,4),b＝(5,2),求|a|,|b|,a·b.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(多选)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点,点P1(cos α,sin α),P2(cos β,－sin β),P3(cos(α＋β),sin(α＋β)),A(1,0),则(　　)
A.||＝||
B.||＝||
C.··
D.··
母题9 (人教A版必修第二册P36习题6.3T1)如图,在△ABC中,AD＝AB,点E是CD的中点,＝a,＝b,用a,b表示,.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中,点D在边AB上,BD＝2DA.记＝m,＝n,则＝(　　)
A.3m－2n B.－2m＋3n
C.3m＋2n D.2m＋3n
(2)(2025·天津卷)△ABC中,D为AB中点,,＝a,＝b,则＝　　　　(用a,b表示);若||＝5,AE⊥CB,则·＝　　　　.
母题10 (人教A版必修第二册P60T8)已知a＝(1,0),b＝(1,1),λ为何值时,a＋λb与a垂直.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(0,1),b＝(2,x),若b⊥(b－4a),则x＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
(2)(2023·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(1,1),b＝(1,－1).若(a＋λb)⊥(a＋μb),则(　　)
A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1
C.λμ＝1 D.λμ＝－1
(3)(2025·新高考Ⅱ卷)已知平面向量a＝(x,1),b＝(x－1,2x),若a⊥(a－b),则|a|＝　　　　.
母题11 (人教B版必修第三册P113T4)设a,b,c是单位向量,且a·b＝0,求(a－c)·(b－c)的最小值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2025·北京卷)已知平面直角坐标系xOy中,||＝||＝,||＝2,设C(3,4),则|2|的取值范围是(　　)
A.[6,14] B.[6,12]
C.[8,14] D.[8,12]
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则·的取值范围是(　　)
A.(－2,6) B.(－6,2)
C.(－2,4) D.(－4,6)
母题12 (人教B版必修第三册P114T5)已知△ABC中,AC＝1,BC＝,AB＝2,点M,N是线段AB上的动点,求·的最大值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2023·全国乙卷)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|＝,则·的最大值为(　　)
A. B.
C.1＋ D.2＋
母题13 (1)(人教A版必修第二册P70T1)说出下列复数的实部和虚部.
－2＋i,＋i,,－i,i,0.
(2)(人教A版必修第二册P80练习T1)计算:
①(7－6i)(－3i);②(3＋4i)(－2－3i);
③(1＋2i)(3－4i)(－2－i).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2025·新高考Ⅰ卷)(1＋5i)i的虚部为(　　)
A.－1 B.0
C.1 D.6
母题14 (人教A版必修第二册P70T3)求满足下列条件的实数x,y的值:
(1)(x＋y)＋(y－1)i＝(2x＋3y)＋(2y＋1)i;
(2)(x＋y－3)＋(x－2)i＝0.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2023·全国甲卷)若复数(a＋i)·(1－ai)＝2,a∈R,则a＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
(2)(2022·全国乙卷)已知z＝1－2i,且z＋a＋b＝0,其中a,b为实数,则(　　)
A.a＝1,b＝－2 B.a＝－1,b＝2
C.a＝1,b＝2 D.a＝－1,b＝－2
(3)(2022·全国乙卷)设(1＋2i)a＋b＝2i,其中a,b为实数,则(　　)
A.a＝1,b＝－1 B.a＝1,b＝1
C.a＝－1,b＝1 D.a＝－1,b＝－1
母题15 (人教A版必修第二册P73T5)求复数z1＝3＋4i及z2＝i的模,并比较它们的模的大小.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2025·北京卷)已知复数z满足i·z＋2＝2i,则|z|＝(　　)
A. B.2
C.4 D.8
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)已知z＝－1－i,则|z|＝(　　)
A.0 B.1
C. D.2
(3)(2025·天津卷)已知i是虚数单位,则＝　　　　.
母题16 (1)(人教A版必修第二册P78例3)计算(1－2i)(3＋4i)(－2＋i).
(2)(人教A版必修第二册P79例5)(1＋2i)÷(3－4i).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2025·新高考Ⅱ卷)已知z＝1＋i,则＝(　　)
A.－i B.i
C.－1 D.1
(2)(2024·全国甲卷)若z＝5＋i,则i(＋z)＝(　　)
A.10i B.2i
C.10 D.2
(3)(2023·新高考Ⅰ卷)已知z＝,则z－＝(　　)
A.－i B.i
C.0 D.1
母题17 (人教B版必修第四册P42习题10－2BT1(2))(1＋i)2 000.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2023·全国乙卷)设z＝,则 ＝(　　)
A.1－2i B.1＋2i
C.2－i D.2＋i
母题18 (人教A版必修第二册P81T5)四边形ABCD是复平面内的平行四边形,A,B,C三点对应的复数分别是1＋3i,－i,2＋i,求点D对应的复数.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2020·全国Ⅱ卷)设复数z1,z2满足|z1|＝|z2|＝2,z1＋z2＝＋i,则|z1－z2|＝　　　　.
母题19 (人教A版必修第二册P95T1(3))当A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
(2023·新高考Ⅱ卷)在复平面内,(1＋3i)(3－i)对应的点位于(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
母题20 (人教A版必修第二册P95T7)已知(1＋2i)＝4＋3i,求z及.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2024·新高考Ⅰ卷)若＝1＋i,则z＝(　　)
A.－1－i B.－1＋i
C.1－i D.1＋i
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若i(1－z)＝1,则z＋＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2

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